@bzoj - 1443@ [JSOI2009]游戏Game
@description@
在N*M的迷宫中有一个棋子，小AA首先任意选择棋子放置的位置。然后，小YY和小AA轮流将棋子移动到相邻的格子里。
游戏的规则规定，在一次游戏中，同一个格子不能进入两次，且不能将棋子移动到某些格子中去。
当玩家无法继续移动棋子时，游戏结束，最后一个移动棋子的玩家赢得了游戏。
例如下图所示的迷宫，迷宫中”。”表示棋子可以经过的格子，而”#”表示棋子不可以经过的格子:
.##
...
#.#
若小AA将棋子放置在(1,1)，则小AA则无论如何都无法赢得游戏。
而若小AA将棋子放置在(3,2)或(2,3)，则小AA能够赢得游戏。例如，小AA将棋子放置在(3,2)，小YY只能将它移动到(2,2)，此时小AA再将棋子移动到(2,3)，就赢得了游戏。
小AA和小YY都是绝顶聪明的小朋友，且从不失误。小AA到底能不能赢得这场游戏?
Input
输入数据首先输入两个整数N,M，表示了迷宫的边长。 接下来N行，每行M个字符，描述了迷宫。
Output
若小AA能够赢得游戏，则输出一行"WIN"，然后输出所有可以赢得游戏的起始位置，按行优先顺序输出 每行一个,否则输出一行"LOSE"（不包含引号）。
Sample Input
3 3
.##
...
#.#
Sample Output
WIN
2 3
3 2
HINT
对于100%的数据，有1≤n,m≤100。
@solution@
经典题目.jpg。
首先棋盘是一个经典的二分图，通过黑白染色把二分图搞出来过后，相当于是问从每一个结点出发，后手是否有必胜策略。
假如从左边出发，先手一定是左 -> 右，后手一定是右 -> 左。发现往返的这个过程好像有点像增广路。
如果后手必胜，则最终的路径长度一定为偶数。
联系到增广路的话，假如一开始的边为非匹配边，交替走匹配边与非匹配边，并且最终路径长度如果为奇数，则一定可以扩大匹配的数量。
如果当前已经是最大匹配了，匹配数量不可能扩大，则可以反推出最终路径长度一定为偶数。
如果一个点不在某一个最大匹配中，则它所连的全部边都为非匹配边。先手无论选择哪一条边，只要后手一直沿匹配边走，都是后手必胜。
反过来，如果一个点在所有最大匹配中，如果先手选择一直走匹配边一定必胜。
因为假如最后得到的路径长度为偶数，则可以将这条路径的匹配 -> 非匹配，非匹配 -> 匹配，得到的依然是最大匹配且起点不在最大匹配中，矛盾。
所以最后得到的路径长度一定为奇数，也就是说先手必胜。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100*100;
const int dx[] = {1, -1, 0, 0};
const int dy[] = {0, 0, 1, -1};
typedef pair<int, int> pii;
vector<pii>ans;
void print() {
if( ans.empty() ) puts("LOSE");
else {
puts("WIN");
for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)
printf("%d %d\n", ans[i].first, ans[i].second);
}
}
int lnk[MAXN + 5]; bool vis[MAXN + 5];
vector<int>G[MAXN + 5], v[2];
void clear(int t) {
for(int i=0;i<v[t].size();i++)
vis[v[t][i]] = false;
}
bool dfs(int x) {
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int t = G[x][i];
if( vis[t] ) continue;
vis[t] = true;
if( !lnk[t] || dfs(lnk[t]) ) {
lnk[t] = x, lnk[x] = t;
return true;
}
}
return false;
}
bool check(int x) {
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int t = G[x][i];
if( vis[t] ) continue;
vis[t] = true;
if( !lnk[t] || check(lnk[t]) )
return true;
}
return false;
}
int id[100 + 5][100 + 5], cnt;
char s[100 + 5][100 + 5];
int main() {
int N, M; scanf("%d%d", &N, &M);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%s", s[i] + 1);
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=M;j++)
if( s[i][j] == '.' )
id[i][j] = (++cnt);
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=M;j++) {
if( s[i][j] == '.' ) {
for(int k=0;k<4;k++) {
int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if( x < 1 || y < 1 || x > N || y > M ) continue;
if( s[x][y] == '#' ) continue;
G[id[i][j]].push_back(id[x][y]);
}
v[(i+j)&1].push_back(id[i][j]);
}
}
for(int i=0;i<v[0].size();i++)
clear(1), dfs(v[0][i]);
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=M;j++)
if( s[i][j] == '.' ) {
if( !lnk[id[i][j]] )
ans.push_back(make_pair(i, j));
else {
clear((i+j)&1), vis[id[i][j]] = true;
if( check(lnk[id[i][j]]) )
ans.push_back(make_pair(i, j));
}
}
print();
}
@details@
为了偷懒写了个每次删点重新增广的算法。。。
其实比较快的应该是用网络流 + 连通性判一个点是否存在于所有最大匹配中。
