Solution SAM I AM

题目大意:给定一个(n)行(m)列的网格图,某些网格上有敌人.请你选择一些行和一些列,覆盖所有敌人.并且使得选择的行与列数量之和最小

二分图最小顶点覆盖

我们将每行看做(X)顶点,将每列看做(Y)顶点.原来行与列的交点就变成(X),(Y)顶点之间的边.那么原来的网格图就被转化成了一个二分图

所以这道题就是是一道二分图最小顶点覆盖的模板题了,只不过输出方案比较恶心而已.关于何为二分图最小顶点覆盖,本文不再赘述

关于二分图最小顶点覆盖,我们有一个定理,即二分图最小顶点覆盖等于最大匹配,下面给出一个简短的证明

设最大匹配为(n),那么

(n)个点是必须的,因为至少要(n)个点才能覆盖最大匹配的(n)条边
(n)个点是足够的,除了最大匹配(n)条边之外的边一定至少有一个顶点在匹配点上(被覆盖) 因为如果它两个顶点都是非匹配点,它就可以作为一条新的匹配边,与最大匹配矛盾

运用这个定理,我们可以很轻松的求出最小需要的炮弹数,但是怎么输出方案呢?

如果不算与附加源汇相连的附加弧,需要计入答案的无非这几种情况:

出度大于(1)的(X)顶点
入度大于(1)的(Y)顶点
一条边的两个(X),(Y)顶点并且它们度数都为(1) 这时候随便选哪个都可以

从源点开始搜索,但是不经过满流的边

那么需要打炮弹的顶点就是以下情况了：

非孤立的未标记的(X)顶点因为如果这个(X)顶点没有被标记,说明从超级源点到它的边满流了也就是说需要从(X)顶点对应行打炮弹对于上文情况(1,3)
非孤立的被标记的(Y)顶点如果这个(Y)顶点被标记,说明与它相连的(X)顶点中至少有一个点非满流,则需要从这个(Y)顶点这里打炮弹
(注意反向边,它会让与这个被标记的(Y)顶点相连的所有(X)顶点也被标记,避免重复计算) 对应上文情况(2)

代码如下:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 2048;
const int maxm = (1001024 + maxn) << 1;
struct Edge{
	int from,to,cap,flow;
	Edge() = default;
	Edge(int a,int b,int c,int d):from(a),to(b),cap(c),flow(d){}
}Edges[maxm];
int head[maxn],nxt[maxm],tot = 1;
inline void clear(){
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(nxt,0,sizeof(nxt));
	tot = 1;
}
inline void addedge(int from,int to,int cap){
	Edges[++tot] = Edge(from,to,cap,0);
	nxt[tot] = head[from];
	head[from] = tot;
	Edges[++tot] = Edge(to,from,0,0);
	nxt[tot] = head[to];
	head[to] = tot;
}
int d[maxn];
inline bool bfs(int s,int t){
	memset(d,-1,sizeof(d)),d[s] = 0;
	queue<int> Q;
	Q.push(s),d[s] = 0;
	while(!Q.empty()){
		int u = Q.front();Q.pop();
		for(int i = head[u];i;i = nxt[i]){
			Edge &e = Edges[i];
			if(e.cap > e.flow && d[e.to] == -1)
				d[e.to] = d[e.from] + 1,Q.push(e.to);
		}
	}
	return d[t] != -1;
}
int cur[maxn];
inline int dfs(int u,int a,int t){
	if(u == t || a == 0)return a;
	int ret = 0,f;
	for(int &i = cur[u];i;i = nxt[i]){
		Edge &e = Edges[i];
		if(d[u] + 1 == d[e.to] && (f = dfs(e.to,min(a,e.cap - e.flow),t)) > 0){
			ret += f;
			Edges[i].flow += f;
			Edges[i ^ 1].flow -= f;
			a -= f;
			if(a == 0)break;
		}
	}
	return ret;
}
inline int maxflow(int s,int t){
	int ret = 0;
	while(bfs(s,t)){
		memcpy(cur,head,sizeof(head));
		ret += dfs(s,0x7fffffff,t);
	}
	return ret;
}
int vis[maxn],apr[maxn];
inline void find(int u){
	vis[u] = 1;
	for(int i = head[u];i;i = nxt[i]){
		Edge &e = Edges[i];
		if(e.flow == e.cap || vis[e.to])continue;
		find(e.to);
	}
}
int n,m,r;
inline void solve(){
	clear();
	memset(apr,0,sizeof(apr));
	for(int x,y,i = 1;i <= r;i++)
		scanf("%d %d",&x,&y),addedge(x,n + y,1),apr[x] = apr[n + y] = 1;
	int s = n + m + 1,t = n + m + 2;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		addedge(s,i,1);
	for(int i = n + 1;i <= n + m;i++)
		addedge(i,t,1);
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	printf("%d",maxflow(s,t));
	find(s);
	for(int i = 1;i <= n;i++)if(apr[i] && !vis[i])printf(" r%d",i);
	for(int i = n + 1;i <= n + m;i++)if(apr[i] && vis[i])printf(" c%d",i - n);
	printf("
");
}
int main(){
#ifdef LOCAL
	freopen("fafa.in","r",stdin);
#endif
	while(scanf("%d %d %d",&n,&m,&r) && (n || m || r))
		solve();
	return 0;
}