题目大意：
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？
解题思路：
思前想后，依稀可以认为是一道求二分图的最小路径覆盖问题
（注意不是最小点覆盖）
那么接下来需要确认的是，
究竟是求 有向二分图的最小路覆盖，还是求 无向二分图的最小路覆盖
因为有向和无向是截然不同的计算方法。
要确认是构造有向图，还是构造无向图，那么就需要先根据题意，看看构造二分图时所使用的方式，更适合构造哪一种二分图。
然后就进入了本题难点：如何构造二分图
首先要明确的是，输入的一堆“圈圈星星”可以看做是一张大地图，地图上有所有城市的坐标，但是这里有一个误区：不能简单地把城市的两个x、y坐标作为准备构造的二分图的两个顶点集。
城市才是要构造的二分图的顶点！
构造方法如下：
例如输入：
*oo
***
O*o
时，可以抽象为一个数字地图：
100
234
050
数字就是根据输入的城市次序作为该城市的编号，0代表该位置没有城市。
然后根据题目的“范围”规则，从第一个城市开始，以自身作为中心城市，向四个方向的城市进行连线（覆盖）
因此就能够得到边集：
e12
e21
e32
e43
e34
可以看到，这些边都是有向边，但是每一条边都有与其对应的一条相反边。
即任意两个城市（顶点）之间的边是成对出现的
那么我们就可以确定下来，应该 构造无向二分图（其实无向=双向）
因为若要构造有向的二分图时，需要判断已出现的边，是很麻烦的工作
为了把有向图G构造为无向二分图，这里需要引入一个新名词“拆点”
其实就是把原有向图G的每一个顶点都”拆分（我认为复制更准确）”为2个点，分别属于所要构造的二分图的两个顶点集
例如在刚才的例子中抽出一条有向边e12举例说明：
复制顶点1和顶点2，使得1，2∈V1；
，不难发现|V1|=|V2|
根据边e12和e21，得到无向二分图：
那么同理就可以得到刚才的例子的 无向二分图为：
再继而通过无向二分图，以V1的元素作为row，V2的元素作为col，构造 可达矩阵
存储到计算机
2’
5’
1
T
F
F
2
F
T
F
3
T
F
T
4
F
T
F
5
F
T
F
接下来就是要求这个 无向二分图的最小路径覆盖 了
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
最大二分匹配书之所以要除以2，是因为进行了“拆点”擦奥做做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
最后剩下的问题就是求最大二分匹配数了，用匈牙利算法，这就不多说了，参考POJ3041的做法，基本一摸一样。
从这道题得出了一个结论：
当二分图的两个顶点子集基数相等时，该二分图所有顶点的匹配数 等于 任意一个顶点子集匹配数的2倍
（注：以上报告摘自 http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6647040
）
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define M 40
#define N 405
int map[N][N];
int graph[M][M];
int V,n,m,link[N],vis[N];
void GreatMap (int x,int y)
//构造二分图
{
u,v;
graph[x][y];
>=
0&&graph[x-1][y])
v = graph[x-1][y];
map[u][v] = 1;
map[v][u] = 1;
<
n&&graph[x+1][y])
v = graph[x+1][y];
map[u][v] = 1;
map[v][u] = 1;
>=0&&graph[x][y-1])
v = graph[x][y-1];
map[u][v] = 1;
map[v][u] = 1;
<
m&&graph[x][y+1])
v = graph[x][y+1];
map[u][v] = 1;
map[v][u] = 1;
}
int DFS (int u)
{
<= V;v ++)
if (!vis[v]&&map[u][v])
{
vis[v] = 1;
if (link[v] == -1||DFS(link[v]))
{
link[v] = u;
return 1;
}
}
0;
}
int MaxMatch()
{
0;
(link,-1,sizeof(link));
<= V;u ++)