大致题意： 有(n)个学生，其中一部分是在校学生，一部分不是，而在校学生中一部分回家，一部分不回家，并且我们用一个01矩阵表示学生之间相互认识关系。已知每个学生只能睡自己认识的人的床（当然，他也可以睡自己的床），问是否有一个方案使得所有学生都有床睡。
建图
这道题是一道图论题。对于这种图论题，我们首先要考虑的便是建图。
不难想到，我们可以将每个人与其能睡的床连一条边，即：
- 对于一个在校且不回家的学生(i)，我们将(i)与自己的床连一条边。
- 对于一个在校且不回家或不在校的学生(i)，如果他认识一个在校的学生(j)，我们将(i)与(j)的床连一条边。
之所以上面要强调不回家，是因为对于回家的学生，在给他连边是没有任何意义的。
而这张图建成之后，应该不难发现它是一张二分图，那么原题就变成了一道求二分图最大匹配的题目，就可以用匈牙利算法来解决了。
再看一眼数据范围，(n≤50)，那么匈牙利算法的(O(n^2))复杂度在这道题目中不是轻松跑跑吗？
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define LL long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define tc() (A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define N 50
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
using namespace std;
int n,m,ee=0,lnk[N+5],vis[N+5],s[N+5],SchoolStudent[N+5],BackHome[N+5];
struct edge
{
int to,nxt;
}e[N*N+5];
inline void read(int &x)
{
x=0;static char ch;
while(!isdigit(ch=tc()));
while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,isdigit(ch=tc()));
}
inline bool GetPoint(int x,int t)//为编号为x的点寻找一个匹配
{
register int i;
for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt)//枚举每一个与x相邻的节点
{
if(!(vis[e[i].to]^t)) continue;//如果这个节点已经访问过了，就跳过
vis[e[i].to]=t;//否则，标记这个节点已访问
if(!s[e[i].to]||GetPoint(s[e[i].to],t))//如果这个节点没被匹配，或者与这个节点匹配的节点能找到一个新的节点匹配
{
s[e[i].to]=x;//标记这个节点与x匹配
return true;//找到一个匹配，返回true
}
}
return false;//说明找不到匹配，返回false
}
int main()
{
register int i,j,T,x,ok;read(T);
while(T--)
{
for(read(n),ee=0,ok=i=1;i<=n;++i) vis[i]=s[i]=lnk[i]=0;//多组数据，记得初始化
for(i=1;i<=n;++i) read(SchoolStudent[i]);//读入每个学生是否是在校学生
for(i=1;i<=n;++i) {read(BackHome[i]);if(!SchoolStudent[i]) BackHome[i]=0;}//读入每个学生是否回家，如果不是在校学生，默认其不回家
for(i=1;i<=n;++i)
{
for(j=1;j<=n;++j)
{
read(x);
if((x&&!BackHome[i]&&SchoolStudent[j])||(i==j&&SchoolStudent[i]&&!BackHome[i])) add(i,j);//如果i认识j，i不回家，且j是在校学生；或者i=j，i是在校学生，且i不回家，将i与j连一条边
}
}
for(i=1;i<=n;++i) if(!BackHome[i]&&!GetPoint(i,i)) {ok=0;break;}//如果某个学生不回家，且找不到床，那么就说明没有使每个人都有床的方案
puts(ok?"^_^":"T_T");
}
return 0;
}