[NOI2011]兔兔与蛋蛋游戏 二分图博弈

题面

题面

题解

通过观察，我们可以发现如下性质：

• 可以看做是2个人在不断移动空格，只是2个人能移动的边不同
• 一个位置不会被重复经过 ： 根据题目要求，因为是按黑白轮流走，所以不可能重复经过一个点，不然就变成一个人连续走2次了
• 原图是一个二分图 ： 也是由按黑白轮流走这个要求得到的
  因此我们对原图按照与原点的距离进行黑白染色，再跑二分图博弈即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 45
#define ac 5000

int n, m, sx, sy, all;
int id[AC][AC], ans[ac], link[ac];
int a[6] = {-1, 1, 0, 0}, b[6] = {0, 0, -1, 1};
bool can[AC][AC], z[ac], vis[ac];
char s[AC][AC];

struct node{int x, y;}back[ac];

inline int read()
{
    int x = 0;char c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x;
}

bool check(int x, int y)//起点是黑色
{
    int tmp = abs(x - sx) + abs(y - sy);
    if((tmp & 1) && s[x][y] == 'O') return 1;//相距奇数格，则为白格，需要白色
    else if(!(tmp & 1) && s[x][y] == 'X') return 1;
    else if(s[x][y] == '.') return 1;
    return 0;
}

bool dfs(int x)
{
    for(R i = 0; i < 4; i ++)
    {
        int xx = back[x].x + a[i], yy = back[x].y + b[i], ID = id[xx][yy];
        if(xx <= 0 || yy <= 0 || xx > n || yy > m) continue;
        if(!can[xx][yy] || vis[ID]) continue;
        vis[ID] = true;
        if(!link[ID] || dfs(link[ID])) 
        {
            link[ID] = x, link[x] = ID;
            return true;
        }
    }
    return false;
}

void cal()
{
    int tmp = (sx + sy) % 2;
    for(R i = 1; i <= all; i ++)
    {
        int x = back[i].x, y = back[i].y;
        if((x + y) % 2 != tmp || !can[x][y]) continue;//和为奇数则在T集合
        memset(vis, 0, sizeof(vis)), dfs(i);
    }
}

bool dfs1(int x)
{
    for(R i = 0; i < 4; i ++)
    {
        int xx = back[x].x + a[i], yy = back[x].y + b[i], ID = id[xx][yy];
        if(xx <= 0 || yy <= 0 || xx > n || yy > m) continue;
        if(!can[xx][yy] || vis[ID]) continue;
        vis[ID] = true;
        if(!link[ID] || dfs(link[ID])) return true;
    }
    return false;
}

void pre()
{
    n = read(), m = read(), all = n * m;
    int tmp1 = 1, tmp2 = 2;
    for(R i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        scanf("%s", s[i] + 1);
        for(R j = 1; j <= m; j ++)
        {
            if(s[i][j] == '.') sx = i, sy = j;
            if((i + j) & 1) id[i][j] = tmp2, back[tmp2] = (node){i, j}, tmp2 += 2;
            else id[i][j] = tmp1, back[tmp1] = (node){i, j}, tmp1 += 2;
        }
    }
    for(R i = 1; i <= n; i ++)
        for(R j = 1; j <= m; j ++) can[i][j] = check(i, j);
}

void check_()
{
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
    {
    	for(int j = 1; j <= m; j ++) printf("%d ", can[i][j]);
    	printf("
");
    }
    
    for(R i = 1; i <= n; i ++) 
    {
    	for(R j = 1; j <= m; j ++) printf("%d ", link[id[i][j]]);
    	printf("
");
    }
}

void work()
{
    int T = read() << 1, x, y, ID, tmp; bool done;
    for(R i = 0; i <= T; i ++)
    {
        for(R j = 1; j <= all; j ++) z[j] = 0;
        if(i) x = read(), y = read(), ID = id[x][y];
        else x = sx, y = sy, ID = id[x][y];
        can[x][y] = 0;//这个要在一开始就修改
        if(!link[ID]) continue;//搜S/T集合中有没有可到达的同侧未匹配点来取代它,因为直接搜不太方便，所以直接搜对面的匹配点是否可以找到增广路
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        done = dfs(link[ID]);//找到了说明这个点不是必须点
        tmp = link[ID];//所以搜这个点的匹配点是否可以找到对面的一个未匹配点(反向增广)
        if(done) link[ID] = 0;//清空这个点的匹配，因为这个点已经到过了，所以就不能到达了,如果已经匹配上了就不能改了
        else if(!done) link[ID] = link[tmp] = 0, ans[i] = true;//没有可取代点就先手必胜
    }
    /*for(R i = 0; i <= T; i ++) printf("%d ", ans[i]);
    printf("
");*/
    int rnt = 0;
    for(R i = 0; i <= T; i += 2)
        if(ans[i] == 1 && ans[i + 1] == 1) ++ rnt;
    printf("%d
", rnt);
    for(R i = 0; i <= T; i += 2)
        if(ans[i] == 1 && ans[i + 1] == 1) printf("%d
", (i + 2) >> 1);
}

int main()
{
//	freopen("in.in", "r", stdin);
    pre();
    cal();
    work();
//	fclose(stdin);
    return 0;
}