題意：圖沒什麽用 給出一個地圖 地圖上有 點 一次可以覆蓋2個連續 的點（ 左右 或者 上下表示連續）問最少幾條邊可以使得每個點都被覆蓋

最小路徑覆蓋 最小路徑覆蓋=|G|-最大匹配數 證明：https://blog.csdn.net/qq_34564984/article/details/52778763

證明總的來說就是盡可能多得連邊 邊越多 可以打包一起處理得點就越多（這裏題中打包指連續得兩個點只需要一條線段就能覆蓋）

拆點思想 ：匈牙利拆了點才好寫 不然十分麻煩 簡單地說就是點復制一遍 從一邊開始匹配

建圖：X如果需要覆蓋 和它上下左右需要覆蓋的點連邊 當然這裏是和拆完點的另外一個部分的點連邊 amp[x][y]兩維 分別表示兩個集合

答案 最小路徑覆蓋 = 頂點數 – 最大二分匹配數/2 為什麽要除以2呢，因為拆點復制了一遍 需要除回去 比如

1 2 有變 變成

1 和2‘

2 和 1‘形成了匹配 這樣匹配就加倍了 所以除以2就好

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=3000;
char mp[maxn][maxn];
int  amp[maxn][maxn];
int vis[maxn];
int Hash[maxn][maxn];
 
int cnt=0;
int ans=0;
int link[maxn];
int dx[]={
    1,-1,0,0
};
int dy[]={
    0,0,-1,1
};
bool dfs(int x){
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        if(amp[x][i]&&!vis[i]){
            vis[i]=1;
            if(link[i]==0||dfs(link[i])){
                link[i]=x;
                return 1;
            }
        }
    }
    
 
return 0;
}
void solve(){
 ans=0;
 memset(link,0,sizeof(link));
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if(dfs(i))ans++;
    }
}
int main(){
    int t;
    
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,m;
        cnt=0;
        memset(amp,0,sizeof(amp));
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",mp[i]+1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(mp[i][j]==‘*‘) Hash[i][j]=++cnt;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(mp[i][j]==‘*‘){
                    for(int k=0;k<4;k++){
                        int tx=i+dx[k],ty=j+dy[k];
                        if(mp[tx][ty]==‘*‘)amp[Hash[i][j]][Hash[tx][ty]]=1;
                    }
                }
            }
        }
     solve();
     cout<<cnt-ans/2<<endl;
    }

    return 0;
}

Antenna Placement POJ - 3020 二分圖匹配 匈牙利 拆點建圖 最小路徑覆蓋