2016-2017 ACM-ICPC Pacific Northwest Regional Contest (Div. 1) G - Maximum Islands

2016-2017 ACM-ICPC Pacific Northwest Regional Contest (Div. 1) G - Maximum Islands

七月 30, 2021

题目概述

给一张表格，表格上L代表陆地，W代表水域,C代表未知（可以使陆地也可以使水域）。现在可以将C区域变成陆地或水域，问最多陆地的连通块有多少块？

数据范围

分析与解

首先贪心上应该把L周围的区域变成水域，然后再考虑剩下的C点。我们希望尽可能多的填上L，因此最好相邻的格子填不同的区域。

所以问题就转化成一个二分图求最大独立集的问题（见下文）。考虑将原表格从上到下从左到右黑白染色划分格子的归属（说白了就是行号和列号奇偶性相同为黑色，不同为白色），然后对于C点相邻连边，跑最大匹配即可。

最后答案就是原本贪心后已有的L连通块个数 + C点数 - 最大匹配数。

图论相关概念回顾

独立集：无向图点集的一个子集，其中任意两点不相连。

匹配：无向图边的一个子集，该子集任意两条边没有公共顶点且没有自环

顶点覆盖：无向图点集的子集，使得边集中任意一条边都至少有一个点在该子集中。

性质

|最小顶点覆盖| + |最大独立集| = |V|

在二分图中，最小顶点覆盖 = 最大匹配，因此最大独立集 = 点数 - 最大匹配数。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mread() {
	int ret=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0' || c>'9') {
		if(c=='-')f=-1;
		c=getchar();
	}
	do {
		ret=ret*10+c-'0';
		c=getchar();
	} while('0'<=c && c<='9');
	return ret*f;
}
#define MAXN 100100
struct node {
	int v;
	node *nnext;
} pool[MAXN<<1],*h[MAXN<<1];
int cnt=-1;
void addedge(int u,int v) {
//	printf("%d %d\n",u,v);
	node *p=&pool[++cnt];
	p->v=v,p->nnext=h[u],h[u]=p;
	node *q=&pool[++cnt];
	q->v=u,q->nnext=h[v],h[v]=q;
}
int n,m;
char mp[45][45];
int dx[4]= {0,0,-1,1},dy[4]= {-1,1,0,0};
bool vis[45][45];
bool check(int x,int y) {
	if(1<=x && x<=n && 1<=y && y<=m)return true;
	return false;
}
void dfs(int x,int y) {
	vis[x][y]=true;
	int nx,ny;
	for(int i=0; i<4; i++) {
		nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
		if(check(nx,ny) && !vis[nx][ny] && mp[nx][ny]=='L')
			dfs(nx,ny);
	}
}
vector<int> lef,rig;
int connect[2000],state[2000];
bool match(int u) {
	int v;
	for(node *p=h[u]; p; p=p->nnext) {
		v=p->v;
		if(state[v]==0) {
			state[v]=1;
			if(connect[v]==0 || match(connect[v])) {
				connect[v]=u;
				return true;
			}
		}
	}
	return false;
}
int hungary() {
	int sum=0;
	for(auto now : lef) {
		memset(state,0,sizeof(state));
		if(match(now))
			sum++;
	}
	return sum;
}
int main() {
	int ans=0;
	int nx,ny;
	n=mread(),m=mread();
	for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%s",mp[i]+1);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			if(mp[i][j]=='L') {
				for(int k=0; k<4; k++) {
					nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];
					if(check(nx,ny) && mp[nx][ny]=='C')
						mp[nx][ny]='W';
				}
			}
		}
	}
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%s\n",mp[i]+1);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		for(int j=1; j<=m; j++)
			if(mp[i][j]=='L' && !vis[i][j]) {
				ans++;
				dfs(i,j);
			}
//	printf("%d\n",ans);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			if(mp[i][j]!='C')continue;
			ans++;
			if((i^j) & 1)lef.push_back((i-1)*m+j);
			else rig.push_back((i-1)*m+j);
			if(check(i,j+1) && mp[i][j+1]=='C')
				addedge((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1);
			if(check(i+1,j) && mp[i+1][j]=='C')
				addedge((i-1)*m+j,i*m+j);
		}
	}
//	for(auto x : lef)printf("%d ",x);
//	printf("\n");
//	for(auto x : rig)printf("%d ",x);
//	printf("\n");
	printf("%d\n",ans-hungary());
	return 0;
}