题意：n个城堡 城堡之间有路 在这n个城堡里放多少人可以防卫所有的路
4 0:(1) 1 1:(2) 2 3 2:(0) 3:(0)
描述的是这个图
只需要在1上放一个人 就能覆盖所有的道路
zsd:
1：二分图最小点覆盖=最大匹配数
2：二分图最小顶点覆盖 = 双向二分图最大匹配 / 2 。
证明来自：www.cnbl首先，回顾一下二分图最小点覆盖的定义：
二分图中，选取最少的点数，使这些点和所有的边都有关联（把所有的边的覆盖），叫做最小点覆盖。
最少点数=最大匹配数
结合昨天看的介绍，，今天按照我的理解给出自己的证明（原创，仅作参考，欢迎讨论）
从最大匹配数到底能不能覆盖所有的边入手。
因为已知了最大匹配，所有再也不能找到增广路了，有最大匹配定义知。
现在所有的边就剩下两种情况了，一种是匹配，一种是不匹配。
假设所有的匹配边有n条，那么左右边就都有n个匹配边的顶点了，标记所有左边匹配边的顶点，则有n个。
问题就是证明n=最小点覆盖，即证明最大匹配数n到底能不能覆盖所有的边入手。
考察右边的匹配边的顶点，明显，左边都可以找到其匹配点且为n，说明所有匹配边已经被这左边的n个点关联了。
接下来证明未匹配边也能被这左边的n个匹配的点关联那么不就证明了“，使这些点和所有的边都有关联（把所有的边的覆盖）”吗。。
对于剩下的未匹配边，每条边都有一个右边点（显然既然是未匹配边，这个点自然是未匹配点）和左边点（我将证明着些左边点都是匹配边的顶点，证明了这一点，也就证明了这左边的n个点也和剩下的未匹配边关联了）
假设上面说的左边点不在这n个匹配边的左边点之中，那从剩下的某个未匹配边的右边点出发不就可以找到增广路了吗（想想增广路的定义就知道了，右未匹配，左未匹配的话那就可以找到增广路了），所以左边点也在匹配边之中，。所以就证明了剩下的未匹配边关联的范围也在这左边的n个匹配点的范围内力了。
也就证明了这n个左边匹配边的点既也右边匹配边关联，也与右边未匹配边关联了，即与所有边关联了。
那么按照最小覆盖的定义，接下来只要证明这个n是做小值就行了。
假设可以比n小，那就相当于随便删一些匹配边，那么这些删除了边的右边点就没人匹配了，也就不满足与所以边关联了，所以矛盾，所有n就是最小值。
故得证。
主要从最小覆盖的定义的两个要点（1，能不能关联所有的边。2，最小）来证明最大匹配的所有左边点就满足这个要求，匹配边有n条那自然匹配边的左边点就有n个了。
这个题太容易超时了
这个题太容易超时了
#include<iostream> #include<cstring> using namespace std; int map[1501][1501]; int pre[1501]; int v[1501]; int k,m,n; int dfs(int j) { for(int i=0;i<n;i++) { if(!v[i]&&map[j][i]) { v[i]=1; if(!pre[i]||dfs(pre[i])) { pre[i]=j; return 1; } } } return 0; } int main() { int a,b,count,j,x; char f; while(scanf("%d",&k)!=-1) { n=k; memset(pre,0,sizeof(pre)); memset(map,0,sizeof(map)); for(x=0;x<k;x++) { // cin>>a>>f>>f>>j>>f; scanf("%d:(%d)",&a,&j); for(int i=1;i<=j;i++) { scanf("%d",&b); map[a][b]=1; map[b][a]=1; } } count=0; for(int i=0;i<n;i++) { memset(v,0,sizeof(v)); if(dfs(i)) count++; } cout<<count/2<<endl; } return 0; }