http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=654
题目描述：
Robert 是一个著名的工程师。一天，他的老板给他分配了一个任务。任务的背景是：给定一
个m×n 大小的地图，地图由方格组成，在地图中有3 种方格－墙、草地和空地，他的老板希望
能在地图中放置尽可能多的机器人。每个机器人都配备了激光枪，可以同时向四个方向（上、下、
左、右）开枪。机器人一直待在最初始放置的方格处，不可移动，然后一直朝四个方向开枪。激
光枪发射出的激光可以穿透草地，但不能穿透墙壁。机器人只能放置在空地。当然，老板不希望
机器人互相攻击，也就是说，两个机器人不能放在同一行（水平或垂直），除非他们之间有一堵墙
格开。
给定一张地图，你的程序需要输出在该地图中可以放置的机器人的最大数目。
思路：
以样例解释
在问题的原型中，草地，墙这些信息不是本题所关心的，本题关心的只是空地和空地之间的联系。因此，很自然想到了下面这种简单的模型：以空地为顶点，在有冲突的空地间连边。
把所有的空地用数字标明,得到a图：
把所有有冲突的空地间用边连接后得到图(b)：
于是，问题转化为求图的最大独立集问题：求最大顶点集合，集合中所有顶点互不连接（即互不冲突）。但是最大点独立集问题是一个NP 问题，没有有效的算法能求解。
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将每一行被墙隔开、且包含空地的连续区域称作“块”。显然，在一个块之中，最多只能放一个机器人。把这些块编上号，如图7.25(a)所示。需要说明的是，最后一行，即第4 行有两个空地，但这两个空地之间没有墙壁，只有草地，所以这两个空地应该属于同一“块”。同样，把竖直方向的块也编上号，如图7.25(b)所示。
把每个横向块看作二部图中顶点集合X 中的顶点，竖向块看作集合Y 中的顶点，若两个块有公共的空地（注意，每两个块最多有一个公共空地），则在它们之间连边。例如，横向块2 和竖向块1 有公共的空地，即(2, 0)，于是在X 集合中的顶点2 和Y 集合中的顶点1 之间有一条边。这样，问题转化成一个二部图，如图7.25(c)所示。由于每条边表示一个空地（即一个横向块和一个竖向块的公共空地），有冲突的空地之间必有公共顶点。例如边(x1, y1)表示空地(0, 0)、边(x2, y1)表示空地(2, 0)，在这两个空地上不能同时放置机器人。所以问题转化为在二部图中找没有公共顶点的最大边集，这就是最大匹配问题。
以上面给的样例的构造结果：
匈牙利算法 O( |E| sqrt(|V|) )
0MS 372KB
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
const int MAXN=2550;
using namespace std;
int n,m;
int nx,ny;//水平方向上块的个数，垂直方向上块的个数
char pic[55][55];//地图
int xs[55][55],ys[55][55];//水平方向上块的编号，垂直方向上块的编号
vector<int> g[MAXN];//g[i]表示与左边点i相连的右边的点
int from[MAXN];//from[y]表示与Yi匹配的X顶点 // cy数组
int tot;//最大匹配数
bool use[MAXN];//
int flag;
bool match(int x){
for(int i=0;i<g[x].size();++i){
if(!use[g[x][i]]){
use[g[x][i]]=true;
if(from[g[x][i]]==-1||match(from[g[x][i]])){
from[g[x][i]]=x;
return true;
}
}
}
return false;
}
int hungary(){
tot=0;
memset(from,255,sizeof(from));
for(int i=1;i<=nx;++i){
memset(use,0,sizeof(use));
if(match(i))
++tot;
}
return tot;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
for(int cas=1;cas<=T;++cas){
printf("Case :%d\n",cas);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;++i) scanf("%s",pic[i]);
nx=ny=0;
memset(xs,0,sizeof(xs));
memset(ys,0,sizeof(ys));
for(int i=0;i<n;++i){
flag=0;
for(int j=0;j<m;++j){
if(pic[i][j]==‘o‘){
if(!flag) ++nx;
flag=1;
xs[i][j]=nx;
}else if(pic[i][j]==‘#‘) flag=0;
}
}
for(int j=0;j<m;++j){
flag=0;
for(int i=0;i<n;++i){
if(pic[i][j]==‘o‘){
if(!flag) ++ny;
flag=1;
ys[i][j]=ny;
}else if(pic[i][j]==‘#‘) flag=0;
}
}
for(int i=1;i<=nx;++i) g[i].clear();
for(int i=0;i<n;++i){
for(int j=0;j<m;++j){
if(xs[i][j]&&ys[i][j])
g[xs[i][j]].push_back(ys[i][j]);
}
}
printf("%d\n",hungary());
}
return 0;
}