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https://www.acwing.com/problem/content/description/408/

给出一个地图（网格），格子分为空地，草地，墙壁。要在空地上放能向上下左右$4$个方向发射激光的机器人。墙壁能挡住激光，草地不能挡住激光也不能放机器人。在机器人不能互相打到对方的情况下，最多放置多少个机器人。

输入格式：
第一行包含整数$T$，表示共有$T$组测试数据。
每组数据第一行包含两个整数$m$和$n$，表示地图的大小为$m$行$n$列。
接下来$m$行，每行包含$n$个字符，用来描述整个地图。
#代表墙壁，*代表草地，o代表空地。

输出格式：
每组测试数据在第一行输出Case :id，id是数据编号，从$1$开始。

第二行包含一个整数，表示机器人的个数。

数据范围：
$1\le m,n\le 50$

思路是二分图。将除了墙的地面定义一个等价关系叫行连通，两个非墙地面行连通当且仅当从一个能沿着行不经过墙走到另一个。那么这个等价关系可以将所有的非墙地面分为若干个等价类，我们把这些等价类编号为$1,2,...,r$；同理将列连通等价类编号为$1,2,...,c$。将$1,2,...,r$视为二分图左边的点，$1,2,...,c$视为二分图右边的点，如果某个行连通块和某个列连通块有交集，并且交集是o即空地，则将他们的编号之间连一条边。首先，这个二分图的任何一个匹配对应着一种放置方案：每条边对应一个空地，并且同一个行连通块里只能有一个机器人（因为会互相攻击），同一个列连通块也只能有一个机器人。其次，任意一个放置方案，对应一个匹配。所以最多的机器人放置方案一定就是二分图的最大匹配，从而可以用匈牙利算法来做。代码如下：

#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 55, M = 2550;
int n, m, rcnt, ccnt;
char a[N][N];
int rid[N][N], cid[N][N];
int match[M];
bool vis[M];
int h[M], e[M], ne[M], idx;

void add(int a, int b) {
  e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

bool dfs(int u) {
  for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
    int v = e[i];
    if (vis[v]) continue;
    vis[v] = true;
    if (!match[v] || dfs(match[v])) {
      match[v] = u;
      return true;
    }
  }
  return false;
}

int main() {
  int T;
  scanf("%d", &T);
  for (int t = 1; t <= T; t++) {
    memset(h, -1, sizeof h);
    idx = 0;
    memset(rid, 0, sizeof rid);
    memset(cid, 0, sizeof cid);
    scanf("%d%d", &m, &n);
    for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%s", a[i] + 1);

    rcnt = 1, ccnt = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
      for (int j = 1; j <= n; j++) {
        if (a[i][j] != '#') {
          while (j <= n && a[i][j] != '#') rid[i][j++] = rcnt;
          rcnt++;
        }
      }

    for (int j = 1; j <= n; j++)
      for (int i = 1; i <= m; i++) {
        if (a[i][j] != '#') {
          while (i <= m && a[i][j] != '#') cid[i++][j] = ccnt;
          ccnt++;
        }
      }

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
      for (int j = 1; j <= m; ++j)
        if (a[i][j] == 'o') add(rid[i][j], cid[i][j]);

    int res = 0;
    memset(match, 0, sizeof match);
    // 行连通块的个数为rcnt - 1
    for (int i = 1; i < rcnt; ++i) {
      memset(vis, 0, sizeof vis);
      if (dfs(i)) res++;
    }

    printf("Case :%d\n%d\n", t, res);
  }
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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68
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70
71
72

每组数据时间复杂度$O((mn{)}^2)$，空间$O(mn)$。