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• 題目描述
• 解析
• 代碼

題目描述

在一個n*n的矩陣中，有 k個格子中有雜物，現在你有一種能力，一次可以消除一行或一列格子中的雜物，問你至少需要幾次可以將這些雜物全部消完。

解析

看起來像是網絡流，結果竟然是二分圖。。。
本題關鍵是模型的轉化，思路有了后就變成板子了
考慮做法：
對于每一個點$(x,y)$，都連一條從x到y的邊，最后求最大匹配就是答案
為什么是這樣？
首先，這樣連邊之后，每個點對應一條邊，因此每條邊至少要有一個點被選到，因此相當與求這個圖的最小點覆蓋
然后就是兩個很妙的結論：

1.最小點覆蓋=n-最大獨立集
2.最大獨立集=n-最大匹配

為什么?
（網上沒有找到證明，只好自力更生了qwq）
首先，關于性質1，比較簡單：對于任何一個點獨立集$S$，它的補集$S^{\prime }$都是一個合法的點覆蓋（因為根據獨立集的定義，不存在一條邊的兩個端點都在$S$中），那么要使點覆蓋最小，就要使獨立集最大

對于性質2，設全集為M，最大匹配的點集為P，最大獨立集的點集為S，規定一個點集X的大小用|X|表示
那么最大匹配就是$|P|/2$
我們考慮分為兩步證明：$|S|<=|M|?|P|/2$ 和 $|S|>=|M|?|P|/2$

$|S|<=|M|?|P|/2$ ：比較顯然，考慮在匹配中的每一對點，至少有一個點不在獨立集中（因為它們互相連接），所以獨立集的大小一定不會超過$|M|?|P|/2$

$|S|>=|M|?|P|/2$ ：設最大匹配的補集為$P^{\prime }$，那么首先P‘的所有點可以加入S（否則它們就可以匹配了），然后對于P中的每一對匹配點A、B，考慮它們一定不能同時與$P^{\prime }$中的點有連邊（否則就可以增廣了，不是最大匹配），所以它們中至少一個可以加入$S$中。

證畢

有了上面的分析后，本題就變成了一個求最大匹配的板子了

代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e6+100; #define ll long long ll read(){ll x=0,f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();};while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();};return x*f; } int n,m; struct node{int to,nxt; }p[N<<1]; int fi[N],cnt=-1; void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt; } int mat[N],vis[N]; bool hungry(int x,int tim){if(vis[x]==tim) return false;vis[x]=tim;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(!mat[to]||dfs(mat[to],tim)){mat[to]=x;return true;}}return false; } int main(){memset(fi,-1,sizeof(fi));n=read();m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();addline(x,y);}int res=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(dfs(i,i)) res++;}printf("%d\n",res);return 0; } /* 3 4 1 1 1 3 2 2 3 2 */

總結

以上是生活随笔為你收集整理的YBTOJ：消除格子（二分图匹配）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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