博弈论（二分图匹配）：NOI 2011 兔兔与蛋蛋游戏

Description

Input

输入的第一行包含两个正整数 n、m。
接下来 n行描述初始棋盘。其中第i 行包含 m个字符，每个字符都是大写英文字母"X"、大写英文字母"O"或点号"."之一，分别表示对应的棋盘格中有黑色棋子、有白色棋子和没有棋子。其中点号"."恰好出现一次。
接下来一行包含一个整数 k（1≤k≤1000），表示兔兔和蛋蛋各进行了k次操作。
接下来 2k行描述一局游戏的过程。其中第 2i – 1行是兔兔的第 i 次操作（编号为i的操作），第2i行是蛋蛋的第i次操作。每个操作使用两个整数x,y来描述，表示将第x行第y列中的棋子移进空格中。
输入保证整个棋盘中只有一个格子没有棋子，游戏过程中兔兔和蛋蛋的每个操作都是合法的，且最后蛋蛋获胜。

Output

输出文件的第一行包含一个整数r，表示兔兔犯错误的总次数。
接下来r 行按递增的顺序给出兔兔“犯错误”的操作编号。其中第 i 行包含一个整数ai表示兔兔第i 个犯错误的操作是他在游戏中的第 ai次操作。
1 ≤n≤ 40， 1 ≤m≤ 40

Sample Input

样例一：
1 6
XO.OXO
1
1 2
1 1
样例二：
3 3
XOX
O.O
XOX
4
2 3
1 3
1 2
1 1
2 1
3 1
3 2
3 3
样例三：
4 4
OOXX
OXXO
OO.O
XXXO
2
3 2
2 2
1 2
1 3

Sample Output

样例一：
1
1
样例二：
0
样例三：
2
1
2

样例1对应图一中的游戏过程
样例2对应图三中的游戏过程

HINT

　　这道题很好，思维巧妙又不难打。题解直接引用maijing的：

二分图匹配。

性质1 空格移动的路径一定不会自交。

记出发格子为A_0，第i步到达的格子为A_i。

虽然第一次相交的点不一定是A_0，但不失一般性，假设走了n步之后第一次与A_0相交，即走过了A_0,A_1,A_2,...,A_n-1,A_n。

因为每次是移动是上下左右四个方向之一，因为又回到出发点，所以有多少次向上走就有多少次向下走，有多少次向左走就有多少次向右走，所以n是偶数。

我们发现，第奇数次移动的为先手，即A_1,A_3,A_5,...,A_n-1；第偶数次移动的为后手，即A_0,A_2,A_4,...,A_n。

因为又回到了出发地，所以A_1和A_n是同一个棋子，但是2个人同时移动了这个棋子，矛盾，所以空格移动的路径一定不会自交。

不妨将刚开始时空格所在的格子看成黑色那么空格移动的路径一定是黑白相间的。

建立二分图，左边为黑色，右边为白色，之间有相邻关系的连边。兔兔是从左边走到右边，蛋蛋是从右边走到左边。

性质2 当且仅当最大匹配一定覆盖空格所在的结点时，兔兔必胜；否则蛋蛋必胜。

（1）如果存在一个最大匹配不覆盖空格所在的结点，蛋蛋必胜。

如图实线是匹配边，虚线是非匹配边，空格所在的结点为start。

因为最大匹配不覆盖空格所在的结点start，所以兔兔只能沿着某一条非匹配边到右边，不妨设到了v（如果没有到右边的没走过的非匹配边，那么兔兔输了）。

v一定是被覆盖的（不然start就可以连到v，就不是最大匹配了）。

蛋蛋可以沿着覆盖v的匹配边到左边的u。

也就是说，当兔兔到了右边后，蛋蛋一定有路径回到左边；但是当蛋蛋到了左边后，兔兔不一定有路径到右边。

所以如果存在一个最大匹配不覆盖空格所在的结点，蛋蛋必胜。

（2）如果最大匹配一定覆盖空格所在的结点时，兔兔必胜。

我们可以类似（1）中进行分析。

虽然这道题不是问我们谁必胜，但这给我们接下来提供了一种思考方法。

现在兔兔走第1步，从start走到v。

首先我们根据性质2，判断兔兔是否必胜，就是判断使用start点和不使用start点时的最大匹配是否相等，如果不相等，说明最大匹配一定覆盖start点，兔兔必胜。

然后强行覆盖start到v的边。

我们要这时候蛋蛋要从左边往右边走，我们要判断蛋蛋是否必胜。

如果蛋蛋能够走到兔兔的一个必败态，那么蛋蛋必胜。

根据性质2，我们得出结论：在start到v的边一定被覆盖的情况下，当且仅当与v有边相连的所有点都一定被最大匹配覆盖，蛋蛋必输；否则蛋蛋必胜。

所以如果在某种最大匹配方案中，与v相连的某个点没有被最大匹配覆盖，那么蛋蛋必胜。

如图，与v相连的点为a,b,c，在图示的最大匹配方案中，c没有被最大匹配覆盖，所以蛋蛋必胜。

接下来读入蛋蛋第1步走的格子，start变成为蛋蛋第1步走的格子。

然后类似做就可以了。

　　然后代码极简单。

 #include <iostream>

 #include <cstring>

 #include <cstdio>

 using namespace std;

 const int N=;

 const int M=;

 int cnt,cntX,cntO;

 int fir[N],to[M],nxt[M];

 int match[N],vis[N],ban[N],id[][],ans[];

 char map[][];

 int n,m,px,py;

 int tx[]={,,,-};

 int ty[]={,,-,};

 void addedge(int a,int b){

     nxt[++cnt]=fir[a];to[fir[a]=cnt]=b;

 }

 bool DFS(int x){

     for(int i=fir[x];i;i=nxt[i])

         if(!vis[to[i]]&&!ban[to[i]]){vis[to[i]]=;

             if(!match[to[i]]||DFS(match[to[i]]))

                 {match[match[to[i]]=x]=to[i];return true;}

         }

     return false;

 }

 int main(){

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for(int i=;i<=n;i++)

         scanf("%s",map[i]+);

     for(int i=;i<=n;i++)

         for(int j=;j<=m;j++){

             if(map[i][j]=='.')

                 map[i][j]='X',px=i,py=j;

             if(map[i][j]=='O')

                 id[i][j]=++cntO;

             else if(map[i][j]=='X')

                 id[i][j]=++cntX;

         }

     for(int i=;i<=n;i++)

         for(int j=;j<=m;j++)

             if(map[i][j]=='O')

                 id[i][j]+=cntX;

     for(int i=;i<=n;i++)

         for(int j=;j<=m;j++)if(id[i][j]){

             for(int k=;k<;k++){

                 int gx=tx[k]+i,gy=ty[k]+j;

                 if(map[gx][gy]!=map[i][j])

                     addedge(id[i][j],id[gx][gy]);

             }

         }

     for(int i=;i<=cntX;i++)if(!match[i])

         {memset(vis,,sizeof(vis));DFS(i);}

     int k;scanf("%d",&k);

     for(int i=;i<=*k;i++){

         int x;ban[x=id[px][py]]=;

         if(match[x]){int y=match[x];

             memset(vis,,sizeof(vis));

             match[x]=match[y]=;

             ans[i]=DFS(y)^;

         }

         scanf("%d%d",&px,&py);

     }

     int ret=;

     for(int i=;i<=k;i++)

         ret+=ans[i*]&ans[i*-];

     printf("%d\n",ret);

     for(int i=;i<=k;i++)

         if(ans[i*]&ans[i*-])

             printf("%d\n",i);

     return ;

 }