P1129 [ZJOI2007] 矩阵游戏

这道题目是一道经典的二分图最大匹配问题。虽然题目描述的是矩阵操作，但通过分析变换的本质，我们可以将其转化为图论模型。

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题目核心分析

1. 交换操作的本质

• 行交换：改变了行与行之间的顺序，但同一行内的元素依然属于这一行。
• 列交换：改变了列与列之间的顺序，但同一列内的元素依然属于这一列。
• 关键结论：无论如何交换行或列，矩阵中任意一个黑色格子 \((i, j)\) 的原始行号 \(i\) 和原始列号 \(j\) 的对应关系是不会改变的。也就是说，如果原本第 \(i\) 行、第 \(j\) 列有一个 \(1\)，经过交换后，这个 \(1\) 依然代表着“某一行”和“某一列”的交点。

2. 目标转化

我们要使主对角线全为黑色，即找到 \(n\) 个黑色格子，使得它们分别满足：

• 占据不同的行（第 \(1\) 行到第 \(n\) 行各有一个）。
• 占据不同的列（第 \(1\) 列到第 \(n\) 列各有一个）。

如果我们能从原始矩阵中选出 \(n\) 个黑色的格子，使得这 \(n\) 个格子互不同行且互不同列，那么我们一定可以通过有限次的行交换和列交换，把这 \(n\) 个格子挪到主对角线上。

3. 构建二分图模型

我们可以把矩阵的行和列看作二分图的两个点集：

• 左侧点集：表示矩阵的 \(n\) 个行（\(1 \dots n\)）。
• 右侧点集：表示矩阵的 \(n\) 个列（\(1 \dots n\)）。
• 连线：如果矩阵中 \((i, j)\) 位置是黑色（\(1\)），则在左侧第 \(i\) 个点和右侧第 \(j\) 个点之间连一条边。

问题转化为：在这个二分图中，是否存在一个大小为 \(n\) 的最大匹配？

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算法实现步骤

1. 多组数据：注意每组数据开始前要清空邻接表和匹配数组。
2. 建图：读入 \(n \times n\) 矩阵，若 \(g[i][j] == 1\)，则添加边 add(i, j)。
3. 匈牙利算法 (Hungarian Algorithm)：对每一个行点进行增广路径寻找。
4. 判断结果：如果最大匹配数等于 \(n\)，输出 Yes，否则输出 No。

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C++ 代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAXN = 205;
vector<int> adj[MAXN]; // 邻接表
int match[MAXN];       // 记录列匹配的行编号
bool vis[MAXN];        // 记录当前增广路中列是否被访问
int n;

// 匈牙利算法找增广路
bool dfs(int u) {
    for (int v : adj[u]) {
        if (!vis[v]) {
            vis[v] = true;
            // 如果列 v 未匹配，或者已匹配的行可以找到新的增广路
            if (match[v] == 0 || dfs(match[v])) {
                match[v] = u;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}

void solve() {
    cin >> n;

    // 1. 重置数据结构
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        adj[i].clear();
    }
    memset(match, 0, sizeof(match));

    // 2. 建图
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            int val;
            cin >> val;
            if (val == 1) {
                adj[i].push_back(j); // 行 i 与 列 j 有边
            }
        }
    }

    // 3. 求最大匹配
    int count = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memset(vis, false, sizeof(vis)); // 每次找增广路前重置访问标记
        if (dfs(i)) {
            count++;
        }
    }

    // 4. 输出结果
    if (count == n) cout << "Yes" << endl;
    else cout << "No" << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

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复杂度分析

• 时间复杂度：匈牙利算法的时间复杂度为 \(O(T \times V \times E)\)。在本题中，\(V = n\)，\(E \le n^2\)，且 \(n \le 200\)，\(T \le 20\)。最大计算量约为 \(20 \times 200 \times 40000 \approx 1.6 \times 10^8\)。虽然看起来很大，但匈牙利算法在稀疏图和实际运行中表现极快，\(200\) 的数据量完全可以轻松通过。
• 空间复杂度：\(O(n^2)\)，主要是邻接表存储边的开销。