P4055 题解

题意

• 在一个 \(n*m\) 的有障碍方阵中，两个人轮流移动棋子走到相邻的方格。

• 先手决定棋子的初始位置。

• 最后移动棋子的玩家获胜。

• 问先手是否有必胜策略，如果有，输出所有能获胜的棋子初始位置。

分析

看到这种向相邻方格移动棋子的题，很容易想到黑白染色建二分图。

相邻的方格只要没有障碍，就连一条双向边。

每次操作可以转换为从左部走到右部或从右部走到左部。

那么，如果这个二分图是完全匹配，无论先手选哪个点，后手都会选最大匹配中这个点对应的点。

因此这时后手有必胜策略。

如果这个图不是完全匹配，一定有一个点剩下来，也就是最大匹配不需要的点。

先手只要一开始把棋子放在这个点，后手无论怎么走，走到的点都在最大匹配内。

于是后手就变成了第一种情况的先手，先手使用上面后手的策略。

因此这时先手有必胜策略。

因为最大匹配方案不止一种，所以所有最大匹配方案剩下的点都可以作为棋子的初始位置。

但是枚举每种方案的时间复杂度太大了。

我们可以先任意求一种方案，设剩下的点为 \(i\)。

从 \(i\) 开始遍历二分图，假设 \(i\) 有一条边一个异侧点 \(j\)，\(j\) 有一条在已求方案内的边连 \(i\) 的同侧点 \(k\)，那么一定可以不选 \(j\) 到 \(k\) 这条边，改选 \(i\) 到 \(j\) 的边。

\(k\) 即改选后的方案剩下的点。

按照到现在为止的思路写就可以 AC 这道题。

但是当我看到讨论区的这个帖子后，发现我没有考虑图不连通的情况。然而造数据的人貌似也没有考虑。

其实很好解决，每个连通块都建一遍图就行。为了方便，我用了 \(\text{dfs}\) 建图。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;

int n,m,tot; //tot是联通块的编号 
int npy[10002]; //匹配方案 
char a[102][102];
int mark[102][102]; //每个点所属的联通块 
int cnt,head[10002]; //链式前向星 
int arrx[4]={0,1,0,-1};
int arry[4]={1,0,-1,0}; //方向数组 
bool vis[10002],ans[10002],lft[10002]; //lft记录每个点是否属于左部 

struct edge{
	int to,nxt;
}e[40002];

void addedge(int A,int B) {
	e[++cnt].to=B;
	e[cnt].nxt=head[A];
	head[A]=cnt;
}

int num(int x,int y) {
	return (x-1)*m+y;
} //坐标->编号 

void build(int x,int y) {
	for(int i=0;i<4;i++) {
		int xx=x+arrx[i],yy=y+arry[i];
		if(!xx || !yy || xx>n || yy>m || a[xx][yy]=='#') continue;
		addedge(num(x,y),num(xx,yy));
		if(mark[xx][yy]) continue;
		mark[xx][yy]=tot;
		build(xx,yy);
	}
} //每个联通块dfs建图 

bool dfs(int u) {
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].to;
		if(!vis[v]) {
			vis[v]=1;
			if(!npy[v] || dfs(npy[v])) {
				npy[v]=u,npy[u]=v;
				return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
} //匈牙利 

void dfs2(int u,int rt) {
	if(ans[u]) return ;
	ans[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].to;
		if(npy[v]) dfs2(npy[v],rt);
	}
} //找其他最大匹配方案不需要的点 

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]+1;
	bool anss=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		for(int j=1;j<=m;j++) 
			if(!mark[i][j] && a[i][j]=='.') {
				cnt=0,tot++;
				memset(head,0,sizeof head);
				memset(e,0,sizeof e);
				memset(npy,0,sizeof npy);
				build(i,j);
				for(int k=1;k<=n;k++) 
					for(int l=1;l<=m;l++) {
						if(mark[k][l]!=tot || (k+l)%2==0) continue;
						lft[num(i,j)]=1;
						memset(vis,0,sizeof vis);
						dfs(num(k,l));
					}
				bool flag=0;
				for(int k=1;k<=n;k++) 
					for(int l=1;l<=m;l++) 
						if(mark[k][l]==tot && !npy[num(k,l)]) flag=1;
				//判断是否为完全匹配 
				anss|=flag;
				if(!flag) continue; 
				for(int k=1;k<=n;k++) 
					for(int l=1;l<=m;l++) 
						if(mark[k][l]==tot && !npy[num(k,l)]) dfs2(num(k,l),num(k,l));
			}
	if(!anss) {
		printf("LOSE\n");
		return 0;
	}
	printf("WIN\n");
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		for(int j=1;j<=m;j++) 
			if(ans[num(i,j)]) printf("%d %d\n",i,j);
	return 0;
}

码风不好看 TwT。