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

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 <= kth 的矩阵元素，最后把关的必然是 kth 本身，即我们必然要在矩阵中找到一个 kth 值，如果二分枚举到的 kth 不是矩阵元素，则无法满足这个要求。

二分枚举到一个kth值：

如果kth使得二分图最大匹配 >= 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 < N-K+1 个，则说明当前kth取小了，我们应该继续尝试更大的kth值，即扩大二分左边界为kth+1

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

<code>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 < n; i++) {

matrix.push((await readline()).split(" ").map(Number));

max = Math.max(max, ...matrix[i]);

}

// 二分枚举第K大的最小取值

while (min <= max) {

// mid就是被枚举出来的N个数中的第K大的最小取值

const mid = (min + max) >> 1;

// 检查mid作为N个数中第K大值时，是否存在N-K+1个<=它的值

if (check(mid)) {

max = mid - 1;

} else {

min = mid + 1;

}

}

console.log(min);

function check(kth) {

// 利用二分图最大匹配来求解，小于等于kth（第K大值）的元素个数（即二分图最大匹配）

let smallerCount = 0;

// 记录每个列号的匹配成功的行号

// 初始时每个列号都处于未配对状态，此时将列号配对的行号赋值为-1

const match = new Array(m).fill(-1);

// 遍历行号，每个行号对互相心仪的列号发起配对请求

for (let i = 0; i < n; i++) {

// 记录增广路访问过的列号

const vis = new Array(m).fill(false);

if (dfs(i, kth, match, vis)) {

smallerCount++;

}

}

return smallerCount >= 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 < m; j++) {

// 如果当前列号j未被增广路探索过 && 当前列j行i可以配对（如果行列号位置(i,j)对应矩阵元素值小于等于kth（第K大值），则可以配对）

if (!vis[j] && matrix[i][j] <= kth) {

vis[j] = true;

// 如果对应列号j未配对，或者，已配对但是配对的行号match[j]可以找到其他列号重新配对

if (match[j] == -1 || dfs(match[j], kth, match, vis)) {

// 则当前行号i 和 列号j 可以配对

match[j] = i;

return true;

}

}

}

return false;

}

})();

Java算法源码

import java.util.Arrays;

import java.util.Scanner;

public class Main {

static int n;

static int m;

static int k;

static int[][] matrix;

public static void main(String[] args) {

Scanner sc = new Scanner(System.in);

n = sc.nextInt();

m = sc.nextInt();

k = sc.nextInt();

int min = 1;

int max = Integer.MIN_VALUE;

matrix = new int[n][m];

for (int i = 0; i < n; i++) {

for (int j = 0; j < m; j++) {

matrix[i][j] = sc.nextInt();

max = Math.max(max, matrix[i][j]);

}

}

// 二分枚举第K大值

while (min <= max) {

// mid就是被枚举出来的N个数中的第K大值

int mid = (min + max) >> 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)) {

max = mid - 1;

} else {

min = mid + 1;

}

}

System.out.println(min);

}

public static boolean check(int kth) {

// 利用二分图最大匹配来求解，小于等于kth（第K大值）的元素个数（即二分图最大匹配）

int smallerCount = 0;

// 记录每个列号的匹配成功的行号

int[] match = new int[m];

// 初始时每个列号都处于未配对状态，此时将列号配对的行号赋值为-1

Arrays.fill(match, -1);

// 遍历行号，每个行号对互相心仪的列号发起配对请求

for (int i = 0; i < n; i++) {

// 记录增广路访问过的列号

boolean[] vis = new boolean[m];

if (dfs(i, kth, match, vis)) smallerCount++;

}

return smallerCount >= 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 < m; j++) {

// 如果当前列号j未被增广路探索过 && 当前列j行i可以配对（如果行列号位置(i,j)对应矩阵元素值小于等于kth（第K大值），则可以配对）

if (!vis[j] && matrix[i][j] <= kth) {

vis[j] = true;

// 如果对应列号j未配对，或者，已配对但是配对的行号match[j]可以找到其他列号重新配对

if (match[j] == -1 || dfs(match[j], kth, match, vis)) {

// 则当前行号i 和 列号j 可以配对

match[j] = i;

return true;

}

}

}

return false;

}

}

Python算法源码

import sys

# 输入获取

n, m, k = map(int, input().split())

matrix = [list(map(int, input().split())) for _ in range(n)]

def dfs(i, kth, match, vis):

# 行号 i 发起了配对请求

# 遍历每一个列号j

for j in range(m):

# 如果当前列号j未被增广路探索过 && 当前列j行i可以配对（如果行列号位置(i,j)对应矩阵元素值小于等于kth（第K大值），则可以配对）

if not vis[j] and matrix[i][j] <= kth:

vis[j] = True

# 如果对应列号j未配对，或者，已配对但是配对的行号match[j]可以找到其他列号重新配对

if match[j] == -1 or dfs(match[j], kth, match, vis):

# 则当前行号i 和 列号j 可以配对

match[j] = i

return True

return False

def check(kth):

# 利用二分图最大匹配来求解，小于等于kth（第K大值）的元素个数（即二分图最大匹配）

smallerCount = 0

# 记录每个列号的匹配成功的行号

# 初始时每个列号都处于未配对状态，此时将列号配对的行号赋值为-1

match = [-1] * m

# 遍历行号，每个行号对互相心仪的列号发起配对请求

for i in range(n):

# 记录增广路访问过的列号

vis = [False] * m

if dfs(i, kth, match, vis):

smallerCount += 1

return smallerCount >= n - k + 1

# 算法入口

def getResult():

low = 1

high = -sys.maxsize

for i in range(n):

for j in range(m):

high = max(high, matrix[i][j])

# 二分枚举第K大值

while low <= high:

# mid就是被枚举出来的N个数中的第K大值

mid = (low + high) >> 1

# 检查mid作为N个数中第K大值时，是否存在N-K+1个<=它的值

if check(mid):

high = mid - 1

else:

low = mid + 1

return low

# 算法调用

print(getResult())

C算法源码

#include <stdio.h>

#include <limits.h>

#include <math.h>

#define MAX_SIZE 150

#define bool int

#define TRUE 1

#define FALSE 0

int n, m, k;

int matrix[MAX_SIZE][MAX_SIZE];

bool dfs(int i, int kth, int match[], int vis[]) {

// 行号 i 发起了配对请求

// 遍历每一个列号j

for (int j = 0; j < m; j++) {

// 如果当前列号j未被增广路探索过 && 当前列j行i可以配对（如果行列号位置(i,j)对应矩阵元素值小于等于kth（第K大值），则可以配对）

if (!vis[j] && matrix[i][j] <= kth) {

vis[j] = TRUE;

// 如果对应列号j未配对，或者，已配对但是配对的行号match[j]可以找到其他列号重新配对

if (match[j] == -1 || dfs(match[j], kth, match, vis)) {

// 则当前行号i 和 列号j 可以配对

match[j] = i;

return TRUE;

}

}

}

return FALSE;

}

bool check(int kth) {

// 利用二分图最大匹配来求解，小于等于kth（第K大值）的元素个数（即二分图最大匹配）

int smallerCount = 0;

// 记录每个列号的匹配成功的行号

int match[m];

// 初始时每个列号都处于未配对状态，此时将列号配对的行号赋值为-1

for (int i = 0; i < m; i++) match[i] = -1;

// 遍历行号，每个行号对互相心仪的列号发起配对请求

for (int i = 0; i < n; i++) {

// 记录增广路访问过的列号

int vis[MAX_SIZE] = {FALSE};

if (dfs(i, kth, match, vis)) {

smallerCount++;

}

}

return smallerCount >= (n - k + 1);

}

int main() {

scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);

int min = 1;

int max = INT_MIN;

for (int i = 0; i < n; i++) {

for (int j = 0; j < m; j++) {

scanf("%d", &matrix[i][j]);

max = (int) fmax(max, matrix[i][j]);

}

}

// 二分枚举第K大值

while (min <= max) {

// mid就是被枚举出来的N个数中的第K大值

int mid = (min + max) >> 1;

// 检查mid作为N个数中第K大值时，是否存在N-K+1个<=它的值

if (check(mid)) {

max = mid - 1;

} else {

min = mid + 1;

}

}

printf("%d\n", min);

return 0;

}

C++算法源码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define MAX_SIZE 150

int n, m, k;

int matrix[MAX_SIZE][MAX_SIZE];

bool dfs(int i, int kth, int match[], bool vis[]) {

// 行号 i 发起了配对请求

// 遍历每一个列号j

for (int j = 0; j < m; j++) {

// 如果当前列号j未被增广路探索过 && 当前列j行i可以配对（如果行列号位置(i,j)对应矩阵元素值小于等于kth（第K大值），则可以配对）

if (!vis[j] && matrix[i][j] <= kth) {

vis[j] = true;

// 如果对应列号j未配对，或者，已配对但是配对的行号match[j]可以找到其他列号重新配对

if (match[j] == -1 || dfs(match[j], kth, match, vis)) {

// 则当前行号i 和 列号j 可以配对

match[j] = i;

return true;

}

}

}

return false;

}

bool check(int kth) {

// 利用二分图最大匹配来求解，小于等于kth（第K大值）的元素个数（即二分图最大匹配）

int smallerCount = 0;

// 记录每个列号的匹配成功的行号

int match[m];

// 初始时每个列号都处于未配对状态，此时将列号配对的行号赋值为-1

for (int i = 0; i < m; i++) match[i] = -1;

// 遍历行号，每个行号对互相心仪的列号发起配对请求

for (int i = 0; i < n; i++) {

// 记录增广路访问过的列号

bool vis[MAX_SIZE] = {false};

if (dfs(i, kth, match, vis)) smallerCount++;

}

return smallerCount >= n - k + 1;

}

int main() {

cin >> n >> m >> k;

int low = 1;

int high = INT_MIN;

for (int i = 0; i < n; i++) {

for (int j = 0; j < m; j++) {

cin >> matrix[i][j];

high = max(high, matrix[i][j]);

}

}

// 二分枚举第K大值

while (low <= high) {

// mid就是被枚举出来的N个数中的第K大值

int mid = (low + high) >> 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 << low << endl;

return 0;

}