poj2226-Muddy Fields二分匹配 最小顶点覆盖 好题

题目

给到一个矩阵，有些格子上是草，有些是水。需要用宽度为1，长度任意的若干块木板覆盖所有的水，并不能覆盖草，木板可以交叉，但只能横竖放置，问最少要多少块板。

分析

经典的矩阵二分图构图和最小点覆盖。
无非就是两种方向，横向和竖向。我们把水块连续的编成同一号，那么对于一个点，它会有一个横向编号和纵向编号。我们要覆盖这个点，只需要覆盖这条边即可。于是问题转化成了一个最小点覆盖问题，即在二分图上选出最少的点，使它们能够覆盖所有的边。这里引出König定理。

König 定理

二分图中，最小点覆盖=最大匹配.

是不是感觉跟"最小割=最大流"有点像......
可参看最大最小定理。

证明

匈牙利算法的流程表明，一个最大匹配满足从任意一个未匹配点出发，都无法找到一条增广路径。假设最大匹配数为MM.
对于右边的所有未匹配点，我们寻找它们的所有交替路（未匹配——匹配交替出现），并把这个交替路上（包括自己）的所有点打上标记，那么最小点覆盖的点集为：左边有标记的点+右边无打标记的点，点集大小为MM.
接下来有三个问题：

• 为什么点集大小为MM？
• 为什么这个点集可以覆盖所有边？
• 为什么这个点集是最小的？

下面将按顺序证明。

• 上述点集为中每个点都是一条匹配边的某一个顶点，所以点集大小与匹配边数相等。按照上述画法，若右边一个点没有匹配过，那么它会被打上标记；若左边一个点没有匹配过，那么走不到这个点，否则将是一条新增广路。因此右边无标记点在匹配边上，左边有标记点在匹配边上。又因为不可能出现一条匹配边右边无标记而左边有标记（这种情况下左端点可以通过匹配边走到右端点给它打上标记），所以这种计算方法不会算重复，故每个点可以对应一条匹配边，点集大小为匹配边数M。
• 不存在一条边，它的左边无标记，右边有标记。一条边可以被覆盖当且仅当左右其中一个端点在点集中。只要证明不存在一条边的左右端点均不在点集中即可，即证明不存在一条边的左端点无标记，右端点有标记。若这条边是匹配边，那么右端点不可能作为上述交替路的起点，所以标记是从左端点来到，故左端点会有标记；若这条边不是匹配边，那么右端点肯定会被选作交替路起点，从而得到标记。所以不存在一条边，它的左边无标记，右边有标记。
• 一个点覆盖必须覆盖所有的匹配边，而匹配边的数量为M，没有更小的情况。由于一个点不可能连出两条匹配边（不符合匹配的定义），所以要覆盖M条匹配边，需要至少M个点。我们已经构造出了这种方案。

综上，最小点覆盖数=最大匹配数。

这类题的建图方法：

把矩阵作为一个二分图，以行列分别作为2个顶点集

首先以每一行来看，把这一行里面连续的*编号，作为一个顶点

再以每一列来看，把这一列里面连续的*编号，作为一个顶点

则每一个*都有2个编号，以行看时有一个，以列看时有一个，则把这2个编号连边，容量为1

再建一个源点，连接所有行的编号，一个汇点，连接所有列的编号

这道题要求的是，所有*都被覆盖，即找到一个顶点的集合S，使得任意边都有至少一个顶点属于

S,即求一个点集顶点覆盖S，又要木板数最少，所以求的就是最小顶点覆盖。

最小顶点覆盖怎么求？

二分图中，有：

最小顶点覆盖=最大匹配

所以这道题就转化为求二分图的最大匹配了

再转化为最大流dinic算法。

dinic算法

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>

using namespace std;

const int maxn=2510;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int s=0;
int t;
int tota;
int totb;

inline int min(int x,int y)
{
    return x<y?x:y;
}

struct Edge
{
    int to,cap,rev;
};
vector<Edge>edge[maxn];
int iter[maxn];
int level[maxn];
char str[55][55];
int hash[55][55];

void addedge(int from,int to,int cap)
{
    edge[from].push_back((Edge){to,cap,edge[to].size()});
    edge[to].push_back((Edge){from,0,edge[from].size()-1});
}

void build_graph(int n,int m)
{
    for(int i=0;i<n*m;i++)
        edge[i].clear();
    tota=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int j=1;
        while(j<=m)
        {
            if(str[i][j]=='*')
            {
                tota++;
                hash[i][j]=tota;
                while(j<=m&&str[i][j+1]=='*')
                {
                    j++;
                    hash[i][j]=tota;
                }
            }
            j++;
        }
    }
    totb=tota;
    for(int j=1;j<=m;j++)
    {
        int i=1;
        while(i<=n)
        {
            if(str[i][j]=='*')
            {
                totb++;
                addedge(hash[i][j],totb,1);
                while(i<=n&&str[i+1][j]=='*')
                {
                    i++;
                    addedge(hash[i][j],totb,1);
                }
            }
            i++;
        }
    }
    t=tota+totb+1;
    for(int i=1;i<=tota;i++)
        addedge(s,i,1);
    for(int i=tota+1;i<=totb;i++)
        addedge(i,t,1);
}

void bfs()
{
    memset(level,-1,sizeof level);
    queue<int>que;
    while(!que.empty())
        que.pop();
    que.push(s);
    level[s]=1;
    while(!que.empty())
    {
        int u=que.front();
        que.pop();
        for(int i=0;i<edge[u].size();i++)
        {
            Edge &e=edge[u][i];
            if(e.cap>0&&level[e.to]<0)
            {
                level[e.to]=level[u]+1;
                que.push(e.to);
            }
        }
    }
}

int dfs(int u,int f)
{
    if(u==t)
        return f;
    for(int &i=iter[u];i<edge[u].size();i++)
    {
        Edge &e=edge[u][i];
        if(e.cap>0&&level[e.to]>level[u])
        {
            int d=dfs(e.to,min(f,e.cap));
            if(d>0)
            {
                e.cap-=d;
                edge[e.to][e.rev].cap+=d;
                return d;
            }

        }
    }
    return 0;
}

int solve()
{
    int flow=0;
    while(true)
    {
        bfs();
        if(level[t]<0)
            return flow;
        memset(iter,0,sizeof iter);
        int f;
        while(f=dfs(s,inf))
        {
            flow+=f;
        }
    }
}

int main()
{
    int n,m;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%s",str[i]+1);
        }
        build_graph(n,m);
        printf("%d
",solve());
    }
    return 0;
}

匈牙利算法

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=55;
const int maxc=1e3+10;
bool f[maxc][maxc],alr[maxc];
int match[maxc],row[maxn][maxn],col[maxn][maxn],lid=0,rid=0,n,m,ans=0;
char s[maxn][maxn];
bool dfs(int x) {
    for (int i=1;i<=rid;++i) if (!alr[i] && f[x][i]) {
        alr[i]=true;
        if (!match[i] || dfs(match[i])) {
            match[i]=x;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
int main() {

    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s[i]+1);
    for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=1;j<=m;++j) if (s[i][j]=='*') {
        ++lid;
        while (j<=m && s[i][j]=='*') row[i][j++]=lid;
        --j;
    }
    for (int j=1;j<=m;++j) for (int i=1;i<=n;++i) if (s[i][j]=='*') {
        ++rid;
        while (i<=n && s[i][j]=='*') col[i++][j]=rid;
        --i;
    }
    for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=1;j<=m;++j) if (s[i][j]=='*') f[row[i][j]][col[i][j]]=true;
    // for(int i = 1;i <= n; i ++)for(int j = 1;j <= m;j ++){
    //     cout << f[row[i][j]][col[i][j]] << " " ;
    // }
    for (int i=1;i<=lid;++i) memset(alr,0,sizeof alr),ans+=dfs(i);
    printf("%d
",ans);
}