V.[HEOI2016/TJOI2016]游戏
这题一开始想的是最小割，但是写着写着发现写不出来。看了标签，发现里面没有最小割，但是有连通块和二分图。然后就想到了一种以前听说过的方法：连通块建图。
首先，对于任何一个关于\('x'\)和\('*'\)连通的行连通块，这里面所有的\('*'\)中都只能选择一个填上炸弹；对于任何一个关于\('x'\)和\('*'\)连通的列连通块，这里面所有的\('*'\)中也只能选择一个填上炸弹。
而每个炸弹，一定且仅同时存在于一个行连通块与一个列连通块中。
因此，我们可以将有交点，且交点是\('*'\)的行连通块和列连通块匹配；每有一对成功的匹配，就意味着可以多埋下一颗地雷。
则最终答案即为匹配数。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,CB[110][110],RB[110][110],tot;
char s[110][110];
namespace MaxFlow{
const int N=10000,M=200000;
int head[N],cur[N],dep[N],cnt,S,T,res;
struct node{
int to,next,val;
}edge[M];
void ae(int u,int v,int w){
edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val=w,head[u]=cnt++;
edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=0,head[v]=cnt++;
}
queue<int>q;
inline bool bfs(){
memset(dep,0,sizeof(dep)),q.push(S),dep[S]=1;
while(!q.empty()){
register int x=q.front();q.pop();
for(register int i=cur[x]=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)if(edge[i].val&&!dep[edge[i].to])dep[edge[i].to]=dep[x]+1,q.push(edge[i].to);
}
return dep[T]>0;
}
bool reach;
inline int dfs(int x,int flow){
if(x==T){
res+=flow;
reach=true;
return flow;
}
int used=0;
for(register int &i=cur[x];i!=-1;i=edge[i].next){
if(!edge[i].val||dep[edge[i].to]!=dep[x]+1)continue;
register int ff=dfs(edge[i].to,min(edge[i].val,flow-used));
if(ff){
edge[i].val-=ff;
edge[i^1].val+=ff;
used+=ff;
if(used==flow)break;
}
}
return used;
}
inline void Dinic(){
while(bfs()){
reach=true;
while(reach)reach=false,dfs(S,0x3f3f3f3f);
}
}
}
using namespace MaxFlow;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m),memset(head,-1,sizeof(head)),S=2*n*m,T=2*n*m+1;
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",s[i]);
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){
if(!j||s[i][j-1]=='#')RB[i][j]=++tot,ae(S,tot,1);
else RB[i][j]=RB[i][j-1];
}
for(int j=0;j<m;j++)for(int i=0;i<n;i++){
if(!i||s[i-1][j]=='#')CB[i][j]=++tot,ae(tot,T,1);
else CB[i][j]=CB[i-1][j];
}
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if(s[i][j]=='*')ae(RB[i][j],CB[i][j],1);
Dinic();
printf("%d\n",res);
return 0;
}