Description
小Q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏——矩阵游戏。
矩阵游戏在一个N*N黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。
每次可以对该矩阵进行两种操作：
行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）
列交换操作：选择矩阵的任意行列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）
游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。
对于某些关卡，小Q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！！
于是小Q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。
Input
第一行包含一个整数T，表示数据的组数。
接下来包含T组数据，每组数据第一行为一个整数N，表示方阵的大小；
接下来N行为一个N*N的01矩阵（0表示白色，1表示黑色）。
Output
输出文件应包含T行。
对于每一组数据，如果该关卡有解，输出一行Yes；否则输出一行No。
Sample Input
2
2
0 0
0 1
3
0 0 1
0 1 0
1 0 0
2
0 0
0 1
3
0 0 1
0 1 0
1 0 0
Sample Output
No
Yes
【数据规模】
对于100%的数据，N ≤ 200
Yes
【数据规模】
对于100%的数据，N ≤ 200
题解Here!
多组数据的二分图最大匹配。
我们把点看成匹配边的话，就是每行和每列都做到了匹配。
换言之就是N个行和N个列都有匹配时，一定能转换成最终状态。
所以就如S向每行所对应的点连边，每列所对应的点向T连边。
每个1的块就是某行和某列的边。
再逆过来转换到初始状态，我们发现交换行本质就是交换S向这两行连的边，所以匹配数不变。
同理交换列也是。
于是就可以跑匈牙利了。
当且仅当匹配数为N时有解。
注意清零。。。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 210
using namespace std;
int n,m,ans,f[MAXN],a[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
bool find(int x){
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]&&a[x][i]){
vis[i]=true;
if(f[i]==-1||find(f[i])){
f[i]=x;
return true;
}
}
return false;
}
void work(){
int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
a[i][j]=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
memset(vis,false,sizeof(vis));
if(find(i))
ans++;
}
if(ans==n)printf("Yes
");
else printf("No
");
}
int main(){
int t;
t=read();
while(t--){
n=read();
ans=0;
memset(a,false,sizeof(a));
memset(f,-1,sizeof(f));
memset(vis,false,sizeof(vis));
work();
}
return 0;
}