题目描述

在一个n*n的矩阵中，有 k个格子中有杂物，现在你有一种能力，一次可以消除一行或一列格子中的杂物，问你至少需要几次可以将这些杂物全部消完。

解析

看起来像是网络流，结果竟然是二分图。。。
本题关键是模型的转化，思路有了后就变成板子了
考虑做法：
对于每一个点(x,y)(x,y)(x,y)，都连一条从x到y的边，最后求最大匹配就是答案
为什么是这样？
首先，这样连边之后，每个点对应一条边，因此每条边至少要有一个点被选到，因此相当与求这个图的最小点覆盖
然后就是两个很妙的结论：

1.最小点覆盖=n-最大独立集
2.最大独立集=n-最大匹配

为什么?
（网上没有找到证明，只好自力更生了qwq）
首先，关于性质1，比较简单：对于任何一个点独立集SSS，它的补集S′S'S′都是一个合法的点覆盖（因为根据独立集的定义，不存在一条边的两个端点都在SSS中），那么要使点覆盖最小，就要使独立集最大

对于性质2，设全集为M，最大匹配的点集为P，最大独立集的点集为S，规定一个点集X的大小用|X|表示
那么最大匹配就是∣P∣/2|P|/2∣P∣/2
我们考虑分为两步证明：∣S∣<=∣M∣−∣P∣/2|S|<=|M|-|P|/2∣S∣<=∣M∣−∣P∣/2 和 ∣S∣>=∣M∣−∣P∣/2|S|>=|M|-|P|/2∣S∣>=∣M∣−∣P∣/2

∣S∣<=∣M∣−∣P∣/2|S|<=|M|-|P|/2∣S∣<=∣M∣−∣P∣/2 ：比较显然，考虑在匹配中的每一对点，至少有一个点不在独立集中（因为它们互相连接），所以独立集的大小一定不会超过∣M∣−∣P∣/2|M|-|P|/2∣M∣−∣P∣/2
∣S∣>=∣M∣−∣P∣/2|S|>=|M|-|P|/2∣S∣>=∣M∣−∣P∣/2 ：设最大匹配的补集为P′P'P′，那么首先P‘的所有点可以加入S（否则它们就可以匹配了），然后对于P中的每一对匹配点A、B，考虑它们一定不能同时与P′P'P′中的点有连边（否则就可以增广了，不是最大匹配），所以它们中至少一个可以加入SSS中。

证毕

有了上面的分析后，本题就变成了一个求最大匹配的板子了

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+100;
#define ll long long
ll read(){ll x=0,f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();};while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();};return x*f;
}
int n,m;
struct node{int to,nxt;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt=-1;
void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;
}
int mat[N],vis[N];
bool hungry(int x,int tim){if(vis[x]==tim) return false;vis[x]=tim;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(!mat[to]||dfs(mat[to],tim)){mat[to]=x;return true;}}return false;
}
int main(){memset(fi,-1,sizeof(fi));n=read();m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();addline(x,y);}int res=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(dfs(i,i)) res++;}printf("%d\n",res);return 0;
}
/*
3 4
1 1
1 3
2 2
3 2
*/

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