题意:给定一个n*n的矩阵,矩阵中元素只有0和1,问能不能通过交换任意两行或任意两列的方式,使矩阵主对角线上的元素均为1,若可以,输出交换次数和交换步骤,否则输出-1,其中交换次数不能超过1000次
行列匹配 得到的匹配数若大于等于n就能实现,只换行或只换列就行了,
这里有一点需要说明,就是说题目的交换,其实是将原来图的某一行移到最后图的某一行,而不是指先交换两行,得到一个新图,再交换新图的两行。感觉这里比较坑。
这里先说明的一点就是,如果通过交换某些行没有办法的到解的话,那么只交换列 或者 既交换行又交换列 那也没办法得到解。其实个人感觉这个可以用矩阵的秩来解释,所有的对角线都是1,所以也就是矩阵的秩就是N,所以秩小于N就无解。另外,根据矩阵的性质,任意交换矩阵的两行 或者 两列,矩阵的秩不变,也就保证了如果通过 只交换行 或 只交换列 无法得到解的话,那么其他交换形式也必然无解。
既然说是用二分图的最大匹配,那怎么构建二分图呢,我们构建的二分图,第一部分X表示的是横坐标,第二部分Y表示纵坐标,所以范围都是1~N,然后如果a[i][j]是1,那我们就从X的i向Y的j引一条边,那么这条边的含义就可以解释为可以将Y的第j列(因为Y表示的是列的集合)移到第i列,使得a[i][i]变成1,这样就相当于是第i行第i列就变成了1,也就是说对角线多了一个1。
因此我们求这个二分图的最大匹配(目的是为了让每一列只与X中的某一行匹配),这样来就形成了N条边,那我们只需要将所有匹配的边的右边(列) 和 左边(行)所在的列 交换,这样一来对角线上这一行就成了1. 上面也也正好提示了如果最大匹配是N,那就存在解,否则无解。
链接:hdu - 2819
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1005;
int used[maxn];
int link[maxn];
int mat[maxn][maxn];
int gn, gm;
int x[maxn], y[maxn];
int dfs(int t) {
for(int i = 1; i <= gm; i++) {
if(!used[i] && mat[t][i] == 1) {
used[i] = 1;
if(link[i] == -1 || dfs(link[i])) {
link[i] = t;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int maxmatch() {
int num = 0;
memset(link, 0xff, sizeof(link));
for(int i = 1; i <= gn; i++) {
memset(used, 0, sizeof(used));
if(dfs(i)) {
num++;
}
}
return num;
}
int main()
{
int n, m, k, t, kcase = 0;
//int x, y;
while(~scanf("%d", &n) && n) {
int mm = m * n;
memset(mat, 0, sizeof(mat));
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
scanf("%d", &mat[i][j]);
}
}
gn = gm = n;
int ans = maxmatch();
if(ans >= n) {
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i != link[i]) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(i == link[j]) {
x[sum] = i;
y[sum++] = j;
swap(link[i], link[j]);
break;
}
}
}
}
printf("%d\n", sum);
for(int i = 0; i < sum; i++) {
printf("C %d %d\n", x[i], y[i]);
}
}
else {
puts("-1");
}
}
return 0;
}