[NOI2011] 兔兔与蛋蛋游戏题解

题目描述

这些天，兔兔和蛋蛋喜欢上了一种新的棋类游戏。

这个游戏是在一个 nn 行 mm 列的棋盘上进行的。游戏开始之前，棋盘上有一个格子是空的，其它的格子中都放置了一枚棋子，棋子或者是黑色，或者是白色。

每一局游戏总是兔兔先操作，之后双方轮流操作，具体操作为：

兔兔每次操作时，选择一枚与空格相邻的白色棋子，将它移进空格。
蛋蛋每次操作时，选择一枚与空格相邻的黑色棋子，将它移进空格。

第一个不能按照规则操作的人输掉游戏。为了描述方便，下面将操作“将第x行第y列中的棋子移进空格中”记为 M(x,y)M(x,y)。

例如下面是三个游戏的例子。

最近兔兔总是输掉游戏，而且蛋蛋格外嚣张，于是兔兔想请她的好朋友——你——来帮助她。她带来了一局输给蛋蛋的游戏的实录，请你指出这一局游戏中所有她“犯错误”的地方。

注意：

两个格子相邻当且仅当它们有一条公共边。
兔兔的操作是“犯错误”的，当且仅当，在这次操作前兔兔有必胜策略，而这次操作后蛋蛋有必胜策略。

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 n,mn,m。

接下来 nn 行描述初始棋盘。其中第 ii 行包含 mm 个字符，每个字符都是大写英文字母 X、大写英文字母 O 或点号 . 之一，分别表示对应的棋盘格中有黑色棋子、有白色棋子和没有棋子。其中点号 . 恰好出现一次。

接下来一行包含一个整数 kk（1\leq k\leq 10001≤k≤1000），表示兔兔和蛋蛋各进行了 kk 次操作。

接下来 2k2k 行描述一局游戏的过程。其中第 2i – 12i–1 行是兔兔的第 ii 次操作（编号为 ii 的操作），第 2i2i 行是蛋蛋的第 ii 次操作。每个操作使用两个整数 x,yx,y 来描述，表示将第 xx 行第 yy 列中的棋子移进空格中。

输入保证整个棋盘中只有一个格子没有棋子，游戏过程中兔兔和蛋蛋的每个操作都是合法的，且最后蛋蛋获胜。

输出格式

输出文件的第一行包含一个整数 rr，表示兔兔犯错误的总次数。

接下来 rr 行按递增的顺序给出兔兔“犯错误”的操作编号。其中第 ii 行包含一个整数 a_iai 表示兔兔第 ii 个犯错误的操作是他在游戏中的第 a_iai 次操作。

输入输出样例

输入 #1复制

1 6
XO.OXO
1
1 2
1 1

输出 #1复制

1
1

输入 #2复制

输出 #2复制

输入 #3复制

4 4
OOXX
OXXO
OO.O
XXXO
2
3 2
2 2
1 2
1 3

输出 #3复制

2
1
2

说明/提示

对于 100\%100% 的数据，1\leq n\leq 401≤n≤40，1 \leq m\leq 401≤m≤40，1\leq k\leq 10001≤k≤1000。

测试点编号	nn	mm
1,21,2	n=1n=1	1\leq m\leq 201≤m≤20
33	n=3n=3	m=4m=4
4,54,5	n=4n=4	m=4m=4
6,76,7	n=4n=4	m=5m=5
88	n=3n=3	m=7m=7
9\sim 149∼14	n=2n=2	1\leq m\leq 401≤m≤40
15,1615,16	1\leq n\leq 161≤n≤16	1\leq m\leq 161≤m≤16
17\sim 2017∼20	1\leq n\leq 401≤n≤40	1\leq m\leq 401≤m≤40

前置知识:

对于二分图博弈，先手如果率先落入最大匹配的点x中，那么后手只需要选择与x匹配的点y走即可，走到最后先手必败；
如果是完全匹配，那么先手无论落子何处，均率先落入最大匹配点，先手必败；
如果不是完全匹配，先手选择非最大匹配点x落子，那么后手无论落子何处，都是最大匹配中的某点y，因为如果y不是最大匹配的点, 则x到y形成增广路，最大匹配的边数还可以加1，导致矛盾；进而，后手率先落入最大匹配的点中，先手有必胜策略；

本题策略：

把棋子的移动视为空格的移动，那么兔兔先手移动空格到白子处，因此可以将空格看作黑色，黑白染色，建二分图；
如果在移动空格前，空格处于最大匹配的非必须点，那么移动后必然率先进入最大匹配中，必败，反之有必胜策略；
对于K轮游戏，第i轮游戏时空格的位置cur在(sx, sy), 如果cur不在最大匹配中，那么落子后必落入最大匹配，所以无论怎么落子，必败；
如果cur在最大匹配中,且有匹配match[cur]为nxt，那么删掉cur后从nxt跑匈牙利，看nxt是否还能有另外的匹配，如果有那么cur就不是最大匹配的必须点，有必胜策略，反之仍然必败；对每1轮游戏重复操作，得到每1轮游戏的胜负情况win[i]；
如何判断兔兔犯了错误？——如果win[i]是必胜，而兔兔走完之后win[i+1]必胜，那么就说明兔兔犯了错；

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 50, K = 1005;
int n, m, ans, cnt, tot, head[N*N];
char g[N][N];
int match[N*N], res[K*2], win[K*2];
bool vis[N*N], block[N*N], color[N][N];
int dx[4] = {1, 0, 0, -1};
int dy[4] = {0, 1, -1, 0};
struct node
{int to, nxt;
}edge[N*N*2*4]; //每个点连4个方向，双向边 void addedge(int s, int e)
{cnt++;edge[cnt].to = e;edge[cnt].nxt = head[s];head[s] = cnt;return ;
}bool dfs(int x) //匈牙利算法
{for(int i = head[x]; i != 0; i = edge[i].nxt) {int y = edge[i].to;if(block[y] == true) //添加一行屏蔽已删掉的点 continue;if(vis[y] == false) {vis[y] = true;//如果y没有匹配 或者 y的匹配点match[y]能找到一个新的匹配if(match[y] == 0 || dfs(match[y]) == true) {match[y] = x; //y的配对点是xmatch[x] = y; //增加这行代码的原因是为了找最大匹配非必须点return true;}}}return false;
}int get_id(int x, int y)
{return (x-1) * m + y;
} bool check(int x, int y)
{if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > m || color[x][y] == false)return false;return true;
}int main()
{//输入 cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)cin >> g[i][j]; //迷宫数组 //染色int sx, sy;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++){if(g[i][j] == 'O') //将白色的棋子染色 {color[i][j] = true;}else if(g[i][j] == '.') //起点记录，当作黑色对待 {sx = i;sy = j;}}//建图 for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++){if(color[i][j] == true) //白子跳过 continue;int cur = get_id(i, j); //当前点编号 for(int k = 0; k < 4; k++){int nx = i + dx[k];int ny = j + dy[k];if(check(nx, ny) == false)continue;int nxt = get_id(nx, ny);addedge(cur, nxt); //建边 addedge(nxt, cur); //找最大匹配不需要反边，但是找最大匹配非必须点需要折返跑 }}//匈牙利, 目的是看起点是否落在最大匹配中 for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++){if(color[i][j] == false)continue;memset(vis, 0, sizeof(vis));int cur = get_id(i, j); if(dfs(cur) == true) ans++;}//输入游戏过程 int k; cin >> k;for(int i = 1; i <= 2*k; i++){int cur = get_id(sx, sy);block[cur] = true; //删掉cur if(match[cur] == 0) //棋子当前不在匹配中，那么下一步会率先走到最大匹配中，必败 win[i] = false;else{int nxt =  match[cur];match[cur] = match[nxt] = 0;  //删掉cur与 nxt的匹配关系 memset(vis, 0, sizeof(vis)); //跑匈牙利记得清0 vis if(dfs(nxt) == true) //若nxt还能找到匹配，则cur不是最大匹配必须, 那么下一步率先走到最大匹配，必败 win[i] = false;elsewin[i] = true; }cin >> sx >> sy;}//处理输出 for(int i = 1; i <= k; i++) {if(win[2*i-1] == true && win[2*i] == true) //兔兔走之前是有必胜策略，走完蛋蛋有必胜策略 {res[++tot] = i; }}cout << tot << endl;for(int i = 1; i <= tot; i++){cout << res[i] << endl;}return 0;
}