\(AcWing\) \(378\). 骑士放置
一、题目描述
给定一个 \(N×M\) 的棋盘，有一些格子禁止放棋子。
问棋盘上最多能放多少个不能互相攻击的骑士（国际象棋的“ 骑士 ”，类似于中国象棋的“ 马 ”，按照“ 日 ”字攻击，但没有中国象棋“ 别马腿 ”的规则）。
输入格式
第一行包含三个整数 \(N,M,T\)，其中 \(T\) 表示禁止放置的格子的数量。
接下来 \(T\) 行每行包含两个整数 \(x\) 和 \(y\)，表示位于第 \(x\) 行第 \(y\) 列的格子禁止放置，行列数从 \(1\) 开始。
输出格式
输出一个整数表示结果。
数据范围
\(1≤N,M≤100\)
输入样例：
2 3 0
输出样例：
4
二、解题思路
前置知识
图论基础之二分图中 最小覆盖问题 的求解思路
最大独立集
「图的最大独立集」：从图中选出「最多」的点，使得「选出的点中 任意两点之间没有边」。
「图的最大团」：从图中选出「最多」的点，使得「选出的 任意两点之间都有边」。
根据定义，我们也能发现，这两个概念是「互补」的。「补图」：就是把原图中所有边拆开，所有未连接的边连上。
那么，「原图中的最大独立集就是补图中的最大团」。
二分图中求最大独立集
（前提条件是必须「在二分图中」下面的性质才能成立！！！）
首先，明确目标是「我们要选出最多的点，使得选出点中，任意两点之间是没有边的」，等价于是「选出最少的点，假如消除这些点，会使图中不存在任何一条边，我们把这些点去掉，剩下的就构成了最大独立集」。
这里有点脑筋急转弯，当我们「把 二分图中 所有能构成边的点 去掉，那么剩下的点 就一定没法 再构成任何一条边」，而我们的目标是让「剩下的点最多」，那么「去掉的点就应该最少」。
而「选出最少的点，使这些点能构成所有的边」，其实就是我们前置文章中的概念「最小覆盖点集」。并且在前置文章中，我们已经知道「在二分图中，最小覆盖点集就等价于最大匹配数量」。
因此，我们就得出了「二分图中最大独立点集」的求法：「只需要求出最大匹配，然后用总点数减去最大匹配数」即可。
进而，我们发现「如果把格子按照坐标进行 奇偶 划分为两个集合，那么能连边的两个点一定在不同集合，所以整个棋盘会形成一个 二分图」。
根据上述模型，我们可以把题目的问题「最多可以放多少个不能互相攻击的棋子」变成「棋盘上最多可以有多少个棋子之间没有边」，也就是求「最大独立集」。
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 110;
int n, m, k;
PII match[N][N];
bool g[N][N], st[N][N];
int dx[] = {-2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
int dy[] = {1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
bool find(int x, int y) {
for (int i = 0; i < 8; i++) {
int tx = x + dx[i], ty = y + dy[i];
if (tx < 1 || tx > n || ty < 1 || ty > m) continue;
if (g[tx][ty] || st[tx][ty]) continue;
st[tx][ty] = true;
PII t = match[tx][ty];
if (t.x == 0 || find(t.x, t.y)) {
match[tx][ty] = {x, y};
return true;
}
}
return false;
}
int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
while (k--) {
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
g[x][y] = true; //不可以放置
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
//(i,j)位置不可以放 只看i+j是偶数的点
if ((i + j) % 2 && !g[i][j]) {
memset(st, 0, sizeof st);
if (find(i, j)) res++;
}
}
//最大独立集 n-无法放的点-最大匹配数
printf("%d\n", n * m - k - res);
return 0;
}