华为OD机试 - 矩阵匹配（Java & JS & Python & C & C++）

题目描述

从一个 N * M（N ≤ M）的矩阵中选出 N 个数，任意两个数字不能在同一行或同一列，求选出来的 N 个数中第 K 大的数字的最小值是多少。

输入描述

输入矩阵要求：1 ≤ K ≤ N ≤ M ≤ 150

输入格式：

N M K

N*M矩阵

输出描述

N*M 的矩阵中可以选出 M! / N! 种组合数组，每个组合数组种第 K 大的数中的最小值。无需考虑重复数字，直接取字典排序结果即可。

备注

注意：结果是第 K 大的数字的最小值

用例

输入	3 4 2 1 5 6 6 8 3 4 3 6 8 6 3
输出	3
说明	N*M的矩阵中可以选出 M！/ N！种组合数组，每个组合数组种第 K 大的数中的最小值； 上述输入中选出数组组合为： 1,3,6; 1,3,3; 1,4,8; 1,4,3; ...... 上述输入样例中选出的组合数组有24种，最小数组为1,3,3，则第2大的最小值为3

题目解析

本题需要我们从矩阵中选取N个元素，这个N元素的特点是：任意两个不能同行同列。

而满足上面条件的N个元素存在多组，我们需要找到着各个组中第K大元素的最小值。

难点一：如何从矩阵中找到N个互相不同行同列的元素呢？

暴力枚举的话，肯定会超时，因此需要寻找更优解法。

根据要求，每行每列只能有一个元素被选择，即可以认为每个行号只能和一个列号进行配对，且配对过的列号不能再和其他行号配对，而形成了配对关系的行号，列号，其实就是一个元素的坐标位置。

因此，找N个互相不同行同列的元素，其实就是在二分图（所有行号一部分，所有列号一部分）找N个边的匹配。

如下图所示

关于二分图的知识可以看下：

HDU - 2063 过山车（Java & JS & Python & C）-CSDN博客

看完上面博客后，我们就可以继续后面说明了。

现在我们已经有了二分图了，也就可以找到具有N个边的"匹配"，但是这种"匹配"可能非常多，难道要全部找出来，然后对比每个"匹配"中第K大，那不还是暴力吗？

题目需要我们多组N个元素中的第K大元素的最小取值，

换位思考一下，假设我们已经知道了第K大的最小取值是kth，那么：

• 检查矩阵中是否至多找到（N - K + 1 个） ≤ kth 的元素值，且这些元素值互不同行同列

  N个数中，有K-1个数比kth大，那么相对应的有 (N - (K-1)) = (N - K + 1 ) 个数 ≤ kth。

  即找的 N - K + 1 个数中包含了 kth（第K大值）本身。

  而kth的大小和二分图最大匹配是正相关的，因为：

  每个匹配边 其实就是 行号到列号的配对连线

  而行号和列号的组合其实就是坐标位置，根据坐标位置可以得到一个矩阵元素值

  因此kth越小，意味着可以找到的 ≤ kth 的矩阵元素越少，相反的，kth 越大，则找到的 ≤ kth 的矩阵元素越多。

  因此kth值大小和二分图最大匹配数是线性关系，我们可以使用二分法，来枚举kth。

  二分枚举的范围是：1 ~ 矩阵元素最大值，这里不用担心二分枚举到kth不是矩阵元素，因为这种情况会被过滤掉，原因是：我们要找 N - K + 1 个 = N-K+1 个，则说明当前kth取大了，我们应该尝试更小的kth值，即缩小二分右边界为kth-1

• 如果kth使得二分图最大匹配 当二分左右边界重合时的kth值即为题解。

  关于二分法，可以看下：

  算法设计 - 二分法和三分法，洛谷P3382_二分法与三分法-CSDN博客

  JS算法源码

  const rl = require("readline").createInterface({ input: process.stdin });var iter = rl[Symbol.asyncIterator]();const readline = async () => (await iter.next()).value; void (async function () {  const [n, m, k] = (await readline()).split(" ").map(Number);   let min = 1;  let max = -Infinity;   const matrix = [];  for (let i = 0; i  1;     // 检查mid作为N个数中第K大值时，是否存在N-K+1个= n - k + 1;  }   function dfs(i, kth, match, vis) {    // 行号 i 发起了配对请求     // 遍历每一个列号j    for (let j = 0; j = n - k + 1;  }  public static boolean dfs(int i, int kth, int[] match, boolean[] vis) {    // 行号 i 发起了配对请求    // 遍历每一个列号j    for (int j = 0; j  n >> m >> k;    int low = 1;    int high = INT_MIN;    for (int i = 0; i > matrix[i][j];            high = max(high, matrix[i][j]);        }    }    // 二分枚举第K大值    while (low > 1;        // 检查mid作为N个数中第K大值时，是否存在N-K+1个不大于它的值        if (check(mid)) {            high = mid - 1;        } else {            low = mid + 1;        }    }    cout