网络流之二分图最大匹配

前言：二分图最大匹配往往用于普通的指派问题中，可转换为最大流问题求解，也可以利用二分图的性质及其边的容量为1的特点，简单的实现二分图的最大匹配算法。

问题模型：有n台计算机和k个任务，每台计算机处理的任务种类不同，问如果给每台计算机分配一个任务，一次最多能处理多少个任务。

分析：该问题可以转化为图论模型来分析。设U为所有计算机顶点的集合，V为所有任务类型的集合，u属于U，v属于V，e=(u,v)表示计算机u能处理任务v,E是所有e的集合。

则G=(U||V, E)，且G中满足两两不含公共端点的边的集合的最大值，就是我们所要求的最大任务数即二分图中的最大匹配。如果此问题转为最大流求解，只需增加一个源点s

和汇点t,从源点到所有计算机连一条容量为1的有向边，从所有任务到终点t也连一条容量为1的有向边，再在计算机与所能处理的任务之间连一条容量为1的有向边，时间复杂度同求解最大流的一样。当然，考虑到所有边的容量均为1及二分图的性质，我们还可以简单实现二分图的最大匹配算法，时间复杂度O(VE)。

//二分图最大匹配算法的简单实现

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

vector<int> G[1000];
int match[1000];
bool used[1000];

int dfs(int v)
{//通过深搜寻找增广路O(E)
 　　used[v] = 1;
　　 for(int i = 0; i < G[v].size(); ++i)
 　　{
 　　　　 int u = G[v][i], w = match[u];
 　　　　 if(w == -1 || (!used[w] && dfs(w)))
 　　　　 {
 　　　　　　  match[u] = v;
   　　　　　　match[v] = u;
   　　　　　　return 1;
 　　　　 }
 　　}
　　 return 0;
}

void solve(int n, int k, int e)
{
 　　int i, j, ans = 0;
　　 memset(match, -1, sizeof(match));
　　 for(i = 0; i < n + k; ++i)
 　　{
 　　　　 if(match[i] != -1)
   　　　　　　continue;
 　　　　 memset(used, 0, sizeof(used));
 　　　　 if(dfs(i))

 　　　　　 ++ans;
　　}
 　　cout << ans << endl;
}

int main()
{
　　 int n, k, e;
 　　cin >> n >> k >> e;
 　　for(int i = 0; i < e; ++i;)
 　　{
  　　　　int u, v;
  　　　　cin >> u >> v;
  　　　　G[u - 1].push_back(n + v - 1);
  　　　　G[n + v - 1].push_back(u - 1);
 　　}
　　 solve(n, k, e);
 　　return 0;
}