[BZOJ1059] [ZJOI2007] 矩阵游戏 (二分图匹配)

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

Sample Output

No
Yes

　　【数据规模】
　　对于100%的数据，N ≤ 200

HINT

Source

Solution

　　题意可以理解成“是否可以找出$n$个点使得两两不同行且两两不同列”

　　把所有行看成左边$n$个点，所有列看成右边$n$个点，如果$(i, j)$是黑边就把左边第$i$个点与右边第$j$个点连边，匈牙利算法跑一边即可

　　基于邻接表实现的匈牙利是$O(nm)$的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{
    int v, nxt;
}e[40005];
int n, fst[205], belong[205], etot;
bool vis[205];

void addedge(int u, int v)
{
    e[++etot] = (edge){v, fst[u]}, fst[u] = etot;
}

bool Hungary(int i)
{
    for(int j = fst[i]; j; j = e[j].nxt)
        if(!vis[e[j].v])
        {
            int v = e[j].v;
            vis[v] = true;
            if(!belong[v] || Hungary(belong[v]))
                return belong[v] = i;
        }
    return false;
}

int main()
{
    int t, ans, x;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        memset(fst, 0, sizeof(fst));
        memset(belong, 0, sizeof(belong));
        ans = etot = 0;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            for(int j = 1; j <= n; ++j)
            {
                scanf("%d", &x);
                if(x) addedge(i, j);
            }
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            ans += Hungary(i);
        }
        puts(ans == n ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}

　　当然也可以用$Dinic$跑，据说$Dinic$跑二分图是$O(sqrt{n}m)$的，然而亲测是匈牙利的$4$倍时间......是我常数太大...么？

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{
    int v, w, nxt;
}e[81005];
int n, fst[405], level[405], etot, sss, ttt, q[405];

void addedge(int u, int v)
{
    e[++etot] = (edge){v, 1, fst[u]}, fst[u] = etot;
    e[++etot] = (edge){u, 0, fst[v]}, fst[v] = etot;
}

bool BFS()
{
    int front = 0, back, u;
    memset(level, 0, sizeof(level));
    level[sss] = 1, q[back = 1] = sss;
    while(front != back)
    {
        u = q[++front];
        for(int i = fst[u]; i; i = e[i].nxt)
            if(e[i].w && !level[e[i].v])
            {
                level[e[i].v] = level[u] + 1;
                q[++back] = e[i].v;
            }
    }
    return level[ttt];
}

int Dinic(int u, int lim)
{
    int tmp = lim;
    if(u == ttt) return lim;
    for(int i = fst[u]; i; i = e[i].nxt)
        if(e[i].w && level[e[i].v] == level[u] + 1)
        {
            int flow = Dinic(e[i].v, min(e[i].w, tmp));
            e[i].w -= flow, e[i ^ 1].w += flow;
            if(!(tmp -= flow)) break;
        }
    if(tmp == lim) level[u] = 0;
    return lim - tmp;
}

int main()
{
    int t, ans, x;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        memset(fst, 0, sizeof(fst));
        etot = 1, ans = 0;
        scanf("%d", &n);
        sss = n * 2 + 1, ttt = n * 2 + 2;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            addedge(sss, i);
        for(int i = n + 1; i <= n * 2; ++i)
            addedge(i, ttt);
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            for(int j = 1; j <= n; ++j)
            {
                scanf("%d", &x);
                if(x) addedge(i, j + n);
            }
        while(BFS())
            ans += Dinic(sss, 1);
        puts(ans == n ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}