题目描述
小Q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏――矩阵游戏。矩阵游戏在一个N*N黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。每次可以对该矩阵进行两种操作：
行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）
列交换操作：选择矩阵的任意两列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）
游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。
对于某些关卡，小Q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！！于是小Q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含一个整数T，表示数据的组数。
接下来包含T组数据，每组数据第一行为一个整数N，表示方阵的大小；接下来N行为一个N*N的01矩阵（0表示白色，1表示黑色）。
输出格式：
包含T行。对于每一组数据，如果该关卡有解，输出一行Yes；否则输出一行No。
输入输出样例
2 2 0 0 0 1 3 0 0 1 0 1 0 1 0 0
No Yes
说明
对于20%的数据，N ≤ 7
对于50%的数据，N ≤ 50
对于100%的数据，N ≤ 200
也许有人一开始看到题目就想到搜索？？
但一想到搜索就有点.............不爽........
说一下正解。
其实这是一道二分图匹配的问题。
关键在于建模，如果（i,j）点所给出的点值为1的话，那我们就建一条从i到j的边，建完边后就进行二分图匹配，如果可以完全匹配（即全部匹配数为n），则方阵的主对角线是可以全为黑色的，否则不能。
为什么呢？
我们可以手工模拟一下，比如说样例的第二个测试数据。
根据我上面说的，我们会建这几条边：
然后，我们将矩阵的第一行和第二行交换下试试？？
得到下面的图片：
发现交换后的图片有什么差别？？
其实只是将第一张图片右边的一二两点交换，然后重新编号而已，其他还是不变的！！
我们再看一看这个测试点的最终状态：
1 0 0
0 1 0
0 0 1
对应的图为：
最后状态是图是一对一的，所以从上面我们就可以知道，其实只要建的图能完全匹配就行，因为无论是交换行还是列，都是不会改变匹配数的。
恩，下面贴代码，有问题下面留言。
#include<cstdio> #include<cstring> #define N 210 using namespace std; int match[N][N]; int result[N]; bool use[N]; int n; bool dfs(int now){ for(int b = 1; b <= n; b++) if(!use[b] && match[now][b]){ use[b] = true; if(!result[b] || dfs(result[b])){ result[b] = now; return true; } } return false; } bool xiongyali(){ memset(result,0,sizeof(result)); int ans = 0; for(int a = 1; a <= n; a++){ memset(use,0,sizeof(use)); if(dfs(a))ans++; } if(ans == n)return true; else return false; } int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ memset(match,0,sizeof(match)); scanf("%d",&n); for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d",&match[i][j]); if(xiongyali())printf("Yes "); else printf("No "); } return 0; }