题目意思还是比较直观的,而且这个建模的套路也很明显。

我们首先考虑从主对角线可以转移到哪些状态。

由于每一次操作都不会把同一行(列)的黑色方块分开。因此我们发现:

只要找出\(n\)个黑色棋子,让它们恰好占据所有的行和列即为有解。

所以我们对于所有黑色棋子的位置建边,就是将行和列链接起来。

然后二分图匹配/网络流水一波最大匹配即可,若等于\(n\)就\(Yes\),否则就是\(No\)。

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=205;
struct edge
{
int to,next;
}e[N*N];
int head[N],from[N],cnt,t,n,x,tot;
bool vis[N];
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
x=0; char ch=tc();
while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline bool find(int now)
{
for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
if (!vis[e[i].to-n])
{
vis[e[i].to-n]=1;
if (!from[e[i].to-n]||find(from[e[i].to-n]))
{
from[e[i].to-n]=now; return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
register int i,j; read(t);
while (t--)
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(e,-1,sizeof(e));
memset(from,0,sizeof(from));
read(n); tot=cnt=0;
for (i=1;i<=n;++i)
for (j=1;j<=n;++j)
{
read(x); if (x) add(i,j+n);
}
for (i=1;i<=n;++i)
memset(vis,0,sizeof(vis)),tot+=find(i);
puts(tot^n?"No":"Yes");
}
return 0;
}

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