Strategic game(无向?)二分图最小点覆盖(Poj1463,Uva1292)

原题链接
此题求二分图的最小点覆盖，数值上等于该二分图的最大匹配。得知此结论可以将图染色，建有向图，然后跑匈牙利/网络流,如下。然而...

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN=2000+5;
int q[MAXN],hd1[MAXN],hd2[MAXN];
int lnk[MAXN];
bool vis[MAXN],bw[MAXN];
int n,ft,rr,cnt1,cnt2;
struct Edge
{
	int t,n;
}e1[MAXN<<1],e2[MAXN<<1];

inline void build(int f,int t)
{
	e1[++cnt1]=(Edge){t,hd1[f]};
	hd1[f]=cnt1;
}

inline void build2(int f,int t)
{
	e2[++cnt2]=(Edge){t,hd2[f]};
	hd2[f]=cnt2;
}

void bfs()
{
	ft=rr=0;
	memset(bw,0,sizeof bw);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	q[rr++]=0;
	vis[0]=1;
	bw[0]=1;
	while(ft<rr)
	{
		int u=q[ft++];
		for(int i=hd1[u];i;i=e1[i].n)
		{
			int v=e1[i].t;
			if(!vis[v])
			{
				vis[v]=1;
				bw[v]=bw[u]^1;
				q[rr++]=v;
			}
		}
	}
}

bool match(int u)
{
	for(int i=hd2[u];i;i=e2[i].n)
	{
		int v=e2[i].t;
		if(!vis[v])
		{
			vis[v]=1;
			if(lnk[v]==-1||match(lnk[v]))
			{
				lnk[v]=u;
				return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d",&n))
	{
		cnt1=cnt2=0;
		memset(hd1,0,sizeof hd1);
		memset(e1,0,sizeof e1);
		memset(e2,0,sizeof e2);
		memset(hd2,0,sizeof hd2);
		memset(lnk,-1,sizeof lnk);
		
		int from,m,to;
		for(int i=0;i<n;++i)
		{
			scanf("%d:(%d)",&from,&m);
			for(int i=1;i<=m;++i)
				scanf("%d",&to),build(from,to),build(to,from);
		}
		bfs();
		for(int k=0;k<n;++k)
		{
			if(bw[k])
			{
				for(int i=hd1[k];i;i=e1[i].n)
					build2(k,e1[i].t);
			}
		}
		int ans=0;
		for(int i=0;i<n;++i)
		{
			if(bw[i])
			{
				memset(vis,0,sizeof vis);
				if(match(i))
					++ans;
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

然而我看网络上流传的都是另一种做法，直接输出在原无向图的最大匹配除以2，却很少有人证明（可能是各位大佬都认为这太显然了不用证）。仔细思考这个结论还是比较显然的（虽然我还想了一会），这里给出简单的证明，原来匹配一次的边被分别从从左右两个方向匹配了一次，这样每天匹配边就被记录了两次，又因为是求得的是最大匹配数，所以左右两边的匹配都应是最大匹配，故求给定无向图求最大匹配可以直接在原图求最大匹配，答案为该数值除以2。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN=2000+5;
int hd[MAXN],lnk[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n,cnt;
struct Edge
{
	int t,n;
}e[MAXN<<1];

inline void build(int f,int t)
{
	e[++cnt]=(Edge){t,hd[f]};
	hd[f]=cnt;
}

bool match(int u)
{
	for(int i=hd[u];i;i=e[i].n)
	{
		int v=e[i].t;
		if(!vis[v])
		{
			vis[v]=1;
			if(lnk[v]==-1||match(lnk[v]))
			{
				lnk[v]=u;
				return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d",&n))
	{
		cnt=0;
		memset(hd,0,sizeof hd);
		memset(e,0,sizeof e);
		memset(lnk,-1,sizeof lnk);
		int from,m,to;
		for(int i=0;i<n;++i)
		{
			scanf("%d:(%d)",&from,&m);
			for(int i=1;i<=m;++i)
				scanf("%d",&to),build(from,to),build(to,from);
		}
		int ans=0;
		for(int i=0;i<n;++i)
		{
			memset(vis,0,sizeof vis);
			if(match(i))
				++ans;
		}
		printf("%d\n",ans>>1);
	}
	return 0;
}

还有DP解法，待填。
11.02UPD 树形DP解法