传送门

这推导过程真的有点可怕的说……完全想不出来……

最终状态是$(1,1),(2,2),(3,3)...(n,n)$都有一个黑点

我们可以理解为每一个行和列都形成了一个匹配

换句话说,只要$n$行和$n$列都能形成匹配那说明就有解否则无解

所以$s$向每行代表的点连边,每列代表的点向$t$连边

如果某行某列有$1$,那么这行向这列连边

考虑一下交换行,就是交换$s$向两行的连边,交换列同理

所以只要在最初的二分图上跑匹配,匹配数等于$n$就有解

ps:不是很明白的话可以想一下魔方,你可以让一个位置交换到任意的另一个位置

 //minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=,M=;
int ver[M],Next[M],head[N],edge[M],tot=;
int cur[N],dep[N],n,s,t;
queue<int> q;
inline void add(int u,int v,int e){
ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e;
ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,edge[tot]=;
}
bool bfs(){
memset(dep,-,sizeof(dep));
for(int i=s;i<=t;++i) cur[i]=head[i];
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(s),dep[s]=;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];
if(dep[v]<&&edge[i]){
dep[v]=dep[u]+,q.push(v);
if(v==t) return true;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int limit){
if(!limit||u==t) return limit;
int flow=,f;
for(int i=cur[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];cur[u]=i;
if(dep[v]==dep[u]+&&(f=dfs(v,min(limit,edge[i])))){
flow+=f,limit-=f;
edge[i]-=f,edge[i^]+=f;
if(!limit) break;
}
}
return flow;
}
int dinic(){
int flow=;
while(bfs()) flow+=dfs(s,inf);
return flow;
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
int n=read();
s=,t=*n+,tot=;
memset(head,,sizeof(head));
for(int i=;i<=n;++i) add(s,i,),add(i+n,t,);
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=;j<=n;++j){
int u=read();
if(u) add(i,j+n,);
}
puts(dinic()==n?"Yes":"No");
}
return ;
}

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