【BZOJ2437】【NOI2011】兔兔与蛋蛋（博弈论，二分图匹配）
题面
题解
考虑一下暴力吧。
对于每个状态，无非就是要考虑它是否是必胜状态
这个直接用(dfs)爆搜即可。
这样子对于每一次操作，考虑兔兔操作后的状态是否是必胜状态
如果这个状态是必胜状态，并且蛋蛋操作完后的状态是（兔兔的）必败状态
那么这就是一个“犯错误”的操作。
这样暴力可以拿到(75pts)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 45
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,m,X,Y;
char ch[MAX];
int g[MAX][MAX],zt[MAX];
int d[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
int ans[MAX*MAX],top,Q;
bool dfs(int x,int y,int z)
{
for(int i=0;i<4;++i)
{
int xx=x+d[i][0],yy=y+d[i][1];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m||g[xx][yy]!=z)continue;
swap(g[x][y],g[xx][yy]);
if(!dfs(xx,yy,z^1)){swap(g[x][y],g[xx][yy]);return true;}
swap(g[x][y],g[xx][yy]);
}
return false;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=m;++j)
if(ch[j]=='X')g[i][j]=1;
else if(ch[j]=='O')g[i][j]=0;
else if(ch[j]=='.')g[i][j]=2;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(g[i][j]==2){X=i;Y=j;break;}
Q=read();
for(int i=1,x,y;i<=Q;++i)
{
x=read(),y=read();
zt[i]=dfs(X,Y,0);
swap(g[x][y],g[X][Y]);
X=x;Y=y;
if(zt[i]&&dfs(X,Y,1))ans[++top]=i;
x=read();y=read();
swap(g[x][y],g[X][Y]);
X=x;Y=y;
}
printf("%d
",top);
for(int i=1;i<=top;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
观察一下基本的事实。
考虑走的方案是否可能出现一个环。
无论环有多大，似乎都是一样的，所以我们就考虑在(2 imes 2)的方格中移动
初始时空格在((1,1))，它和((1,2))交换位置，此时，((1,1))为白
然后((1,2))和((2,2))交换位置，((1,2))为黑
((2,2))和((2,1))交换位置，((2,2))为白
此时如果((2,1))能与((1,1))交换位置，那么((1,1))需要是黑色
但是((1,1))是白色，所以显然不能成环。
对于一个更大的环，无非是长(+1)或者宽(+1)拓展出来的，每次多走两步，对于黑白没有影响。
既然不能成环，意味着每个点只会被经过一次。
那么，我们可以重新开一下这个过程，可以理解为从空格开始，
走一条路径，路径上黑白相间。
黑白相间？有点像二分图的感觉。每条增广路不就是黑白相间吗？
因为先手的是白格子，所以可以把空格开成黑格子
这样子就是要从这个黑格子这里找一条增广路出去。
再考虑一下胜利的情况，如果先手胜利，那么从黑格子连向了一个白格子
然后找不到增广路了，此时白格子胜。
继续把这个情况向上拓展，我们可以得到。
如果当前点一定在二分图的最大匹配中，那么先手必胜。因为先手始终可以沿着最大匹配的匹配边走，而最大匹配中交错路的数量为奇数条，也就是进行奇数次操作，意味着后手最后无法操作，此时先手必胜。
那么，每次进行判定当前点是否在二分图的最大匹配中，是否一定被选中即可判定先手是否必胜，依次可以计算答案。
至于如何计算当前点是否一定在二分图的最大匹配中？
把当前点给(ban)掉，在增广的时候强行不选，然后对其匹配点进行增广，
如果能够找到新的增广路，意为这当前点可以被替代，
否则当前点一定在最大匹配中。
这题好神仙啊
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 45
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,m,X,Y;
char ch[MAX];
int g[MAX][MAX],zt[MAX*MAX];
int d[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
int ans[MAX*MAX],top,Q;
int bh[MAX][MAX],tot;
struct Line{int v,next;}e[MAX*MAX<<3];
int h[MAX*MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
int match[MAX*MAX],tim,vis[MAX*MAX];
bool ban[MAX*MAX];
bool dfs(int u)
{
if(ban[u])return false;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
if(vis[e[i].v]!=tim&&!ban[e[i].v])
{
vis[e[i].v]=tim;
if(!match[e[i].v]||dfs(match[e[i].v]))
{
match[e[i].v]=u;match[u]=e[i].v;
return true;
}
}
return false;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=m;++j)
if(ch[j]=='X')g[i][j]=1;
else if(ch[j]=='O')g[i][j]=0;
else if(ch[j]=='.')g[i][j]=1,X=i,Y=j;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
bh[i][j]=++tot;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(g[i][j])
for(int k=0;k<4;++k)
{
int x=i+d[k][0],y=j+d[k][1];
if(x<1||x>n||y<1||y>m||g[x][y])continue;
Add(bh[i][j],bh[x][y]);
Add(bh[x][y],bh[i][j]);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(g[i][j])++tim,dfs(bh[i][j]);
Q=read();
for(int i=1,id;i<=Q+Q;++i)
{
id=bh[X][Y];ban[id]=true;
if(match[id])
{
int nw=match[id];match[nw]=match[id]=0;
++tim;zt[i]=!dfs(nw);
}
X=read();Y=read();
}
for(int i=1;i<=Q;++i)
if(zt[i+i-1]&zt[i+i])ans[++top]=i;
printf("%d
",top);
for(int i=1;i<=top;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}