CH - 6801 棋盘覆盖(二分图最大匹配+奇偶拆点)

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题目大意：给出一个n*n的棋盘，我们需要尽可能多地放置1*2大小的方块，有一些位置是不允许摆放的，问最多能放多少方块

题目分析：看到1*2大小的方块，就直接联想到之前状压dp的那个铺瓷砖的题了，有些不同的是，这个题目多了不允许摆放的点，并且题目数据给的很小，而且最后让求的还是最多能放多少方块，而不是方案数，换句话说，这个题用状态压缩就不太好做了，我们可以换个思路，因为每个点若想将其用方块覆盖，要么就是竖着放一块，要么就是横着放一块，只有这两种方法，所以这个题目就转换成了一个二分图的问题了，但这个题并不是之前那样关于横纵坐标求最小路径覆盖的问题，不用想的太复杂，我们只需要让尽可能多的点被覆盖即可，因为每覆盖两个点对答案的贡献相应就加一，但因为每个格子不能重复摆放，所以建边就成了一件比较麻烦的事情了

我们可以换个角度思考，当一个点(x,y)想要被一个方块覆盖时，只能与相邻四个方向的格子放置同一个方块才行，现在重点来了，相邻的四个方向，与当前点，横纵坐标之和的奇偶性发生了改变，也就是说对于任意一点来说，与其能够防止方块的点的奇偶一定是相反的，这样一来我们就可以直接根据奇偶拆点了，然后对于奇数点或者偶数点分为两个集合，建图后跑一下匈牙利即可，这样最后跑出来的答案就是正确答案了

这个题目算是奇偶拆点的一个比较简单的模板题了吧，前两天做过hdu的那个奇偶拆点的题目感觉还挺神奇的，但现在看来发现就是一种固定的套路，以后再看到类似的题目应该能立马想到这种方式吧

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<queue>
#include<list>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<sstream>
using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=110;const int b[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};int num1[N][N],num2[N][N],cnt1,cnt2;bool can[N][N];bool vis[N*N];int match[N*N];vector<int>node[N*N];bool dfs(int x)
{for(int i=0;i<node[x].size();i++){int y=node[x][i];if(!vis[y]){vis[y]=true;if(!match[y]||dfs(match[y])){match[y]=x;return true;}}}return false;
}int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);while(m--)//标记不可用的点{int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);can[x][y]=true;} for(int i=1;i<=n;i++)//奇偶拆点for(int j=1;j<=n;j++){if((i+j)&1)num1[i][j]=++cnt1;elsenum2[i][j]=++cnt2;}for(int x=1;x<=n;x++)//建边for(int y=1;y<=n;y++){if(can[x][y])continue;for(int k=0;k<4;k++){int xx=x+b[k][0];int yy=y+b[k][1];if(xx<=0||yy<=0||xx>n||yy>n)continue;if(can[xx][yy])continue;if((x+y)&1)node[num1[x][y]].push_back(num2[xx][yy]);elsenode[num1[xx][yy]].push_back(num2[x][y]);}  }int ans=0;for(int i=1;i<=cnt1;i++){memset(vis,false,sizeof(vis));if(dfs(i))ans++;}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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