一个矩形中，有N个城市’*’，现在这n个城市都要覆盖无线，若放置一个基站，那么它至多可以覆盖相邻的两个城市。问至少放置多少个基站才能使得所有的城市都覆盖无线？
在这道题上卡了很久，才接触二分图也没什么好的思路。这道题需要用到一个定理：
二分图最小边覆盖 = 两边顶点数 - 最大匹配数 无向图的最小边覆盖 = (二分图两边顶点数 - 二分图的最大匹配数)/2
下面列举几个二分图问题的常用定理：
定理1：最大匹配数 = 最小点覆盖数（这是 Konig 定理） 定理2：二分图最小边覆盖 = 顶点数 - 最大匹配数 定理3：最大匹配数 = 最大独立数
这些定理是需要掌握的基础，但问题的关键是如何将要解决的问题归约成我们熟悉的模型。也就是如何建图的问题。 基站将两个城市覆盖可以看成是在两个城市间连了一条边，这样问题变成了一个图论问题，对于图中的每一个联通分量，至少用多少边才能将所有点都覆盖，这就是比较典型的无向图最小边覆盖问题。
接下来讲如何将无向图最小边覆盖问题转化为二分图的最小边覆盖问题的。
比如原来的无向图是这样的：
这里经过一个叫做拆点的操作，其实就是将原图复制了一份，显而易见，拆点后图的最小边覆盖数是原图的两倍。注意观察里面点的命名，一条边总是连接一个实点和一个虚点（二分图一条边总是连接左边的点后右边的点）。
实际上经过拆点之后图变成了一个二分图（只是重排了一下点的位置，但它们之间的拓扑关系不变）
利用公式： 无向二分图的最小路径覆盖 = 顶点数 – 最大二分匹配数/2
顶点数：就是用于构造无向二分图的城市数，即进行“拆点”操作前的顶点数量
最大二分匹配书数所以要除以2，是因为进行了“拆点”操作，使得匹配总数多了一倍，因此除以2得到原图的真正的匹配数。
#define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long #define vec vector<int> #define P pair<int,int> #define MAX 45 int T, h, w, ma[MAX][15], dx[4] = { 0,0,1,-1 }, dy[4] = { 1,-1,0,0 }; int belong[MAX * 15], vis[MAX * 15]; string s[45]; vec G[MAX*15]; void build(int x, int y) { for (int i = 0; i < 4; i++) { int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i]; if (xx < 0 || xx >= h || yy < 0 || yy >= w || s[xx][yy] == 'o')continue; G[ma[x][y]].push_back(ma[xx][yy]); } } bool match(int k) { for (int i = 0; i < G[k].size(); i++) { int v = G[k][i]; if (!vis[v]) { vis[v] = 1; if (belong[v] == 0 || match(belong[v])) { belong[v] = k; return true; } } } return false; } int main() { cin >> T; while (T--) { cin >> h >> w; for (int i = 0; i < h; i++)cin >> s[i]; //生成每个位置的编号 int cnt = 1; for (int i = 0; i < h; i++) for (int j = 0; j < w; j++) if (s[i][j] == '*') ma[i][j] = cnt++; else ma[i][j] = 0; //建图 for (int i = 0; i < MAX * 15; i++)G[i].clear(); for (int i = 0; i < h; i++) for (int j = 0; j < w; j++) if (s[i][j] == '*') build(i, j); //匹配 int sum = 0; memset(belong, 0, sizeof(belong)); for (int i = 1; i < cnt; i++) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); if (match(i))sum++; } cout << cnt - 1 - sum / 2 << endl; } }