二分图最大匹配-增广路匈牙利算法
2022-12-25 作者：CZX
【二分图匹配问题】
匹配：二分图中 任意两条边没有公共点的边集 \({M}\)。
也就是说在这个边集中，每个节点只连一条边。
最大匹配问题：
- 二分图：选尽量多的边，任意两条边均没有公共点。
- 图中所有点都是匹配点，称为完美匹配。
若将点分为 \({X,Y}\) 集合，则若完美匹配，\({X}\) 集合中的匹配点 = \({Y}\) 集合中的匹配点。
左边加粗点的是 \({X}\) 集合，右边未加粗的是 \({Y}\) 集合。
这幅图中，最大匹配数就是 \({3}\)，边集 \({M{(1,4),(3,2),(5,6)}}\)
【增广路算法解决匹配问题】：
从一个未匹配点出发，依次经过非匹配边、匹配边、非匹配边...（注意顺序）
形成的路径叫交替路。两个端点（这条长路径的起点 终点）都是未匹配点，
这条路径就是增广路。
我们找到增广路后，将 匹配边 和 非匹配 边互换，
就会发现得到的匹配边比刚才多一条
（因为 非匹配边-匹配边-非匹配边...-非匹配边）开头和结尾都是 非匹配边，
所以非匹配边 比 匹配边要多一条 。
每次增广路走完，匹配边都增加了 \({1}\) 。
增广路没有后效性。
【增广路定理】：
如果不存在增广路，相当于存在最大匹配。
也就是说如果这个图的所有增广路都找完了，最大匹配也就找到了。
【增广路匈牙利算法】（梗概）
算法思路：
（1）置匹配集合 \({M}\) 为空
（2）找出一条增广路径 \({P}\)，通过异或操作获得更大的匹配代替 \({M}\)；
（3）重复（2）操作直到找不出增广路径为止。
二分图的规模一般都不大。
时间复杂度邻接矩阵：\({O(n^3)}\); 邻接表：\({O(mn)}\)
空间复杂度邻接矩阵：\({O(n^2)}\); 邻接表：\({O(m+n)}\)
【图解，跑一遍】
这里用“已”表示匹配边和匹配点，“未”表示非匹配边和未匹配点。
图1-一开始所有点都是未匹配点，所有边都是非匹配边
图2-从点 1 开始跑，\({(1,2)}\) 这条边是非匹配边，且起点和终点都是未匹配点，是增广路，按照增广路的操作改变，\({(1,2)}\) 变为匹配边，1 2 变为匹配点。
图3-（还没有运行的状态就是图二）执行点 3，走到点 2，发现点 2 已经匹配了。通过 2 走到 1，让 1 再找一个没有匹配的点。（如果这里没有点 4，那么点 3 就无法变成匹配点了）然后 1 找到了 4 。
我们发现 \({3-2-1-4}\) 正好是非匹配边-匹配边-非匹配边交替，且起点 3 ，终点 4 均为未匹配点，这是增广路，交换匹配边和非匹配边。完成后如图三所示。
图4-5 再找到 6，完成匹配。
此时已经找不到增广路了，程序结束。
【例题】
有 \({n}\) 个女生 \({m}\) 个男生，他们之间有 \({k}\) 对相互认识
只有互相认识的异性才能一起跳舞。
求最多能一起跳舞的对数
（注意，既有 1 号男生，又有 1 号女生，所以 每一个号的性别都是不确定的，注意顺序！）
input:
3 2 5
1 4
1 5
2 4
output:
2
这里 \({1,2}\) 为男生，\({4,5}\) 为女生
分析一下，就是
给定一个二分图，其左部点的个数为 \({n}\)，右部点的个数为 \({m}\)，边数为 \({k}\)，求其最大匹配的边数。
二分图匹配板子
注意，这里 \({k}\) 最后输入
这个题稍微改一下范围 输入格式就能过 P3386
下面给出两个版本：
邻接矩阵 & 邻接表（链式前向星）
邻接矩阵版
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,t,graph[101][101],link[101],vis[101];
// n:女生 m:男生 graph[u][v]: u 号男生认识 v 号女生
// graph[v][u]: v 号男生认识 u 号女生，二者并不一定同时存在
// 也就是说，第一个代表 男生 第二个代表女生
// link[i]：i 号男生暂时的女生舞伴
int find(int x){
// 给 x 号女生找舞伴
for (int i=1;i<=m;i++){
if (graph[x][i]&&vis[i]==0){
vis[i]=1; // 加 vis 的目的：增广路不重复经过一个节点
// vis 中的数据仅在本次搜索中有效，如果（在主函数中）调用 find ，vis 要清空
// vis[1] 代表的不是不能用了，被选中的男生还有可能改变舞伴
if (link[i]==0||find(link[i])){
/* 顺便提一嘴：如果前面 link[i]==0 满足了，那么后面的find函数不会执行
（即使执行 ，find(0) 也没啥用） */
link[i]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main(){
cin>>t>>n>>m;
for (int i=1;i<=t;i++){
int u,v;
cin>>u>>v; // 女 男
graph[u][v]=1;
// 注意，男 女的编号可能是重复的，这在样例中没体现，
// 绝对不能写 graph[u][v]=graph[v][u]=1;
}
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis)); // 这句必须要加，不加的话就无法改变增广路和匹配
/* 可以用 (1,3) (1,4) (2,3) 这个图来模拟一下
这个循环只会遍历n 即女生也就是 1 和 2
find(1) : 1 先把 3 置位舞伴，直接退出
find(2) : 2 遍历到 3 ，如果 vis 没有清空的话， vis[3] 此时就是 1
那么 find(2) 就直接结束了。
事实上，我们还要寻找增广路(进入第一层 if 然后 调用 find(1)，发现 4 还可以做舞伴 )
所以 vis 一定要清空 */
if (find(i)){
ans++;
}
}
// cout<<endl;
for (int i=1;i<=m;i++){
cout<<link[i]<<' '<<i<<endl; // 这是输出 每个男生的配对
}
// 如果想看看女生的配对
// for (int i=1;i<=m;i++){
// link2[link[i]]=i; // 定义一下 link2
// }
// for (int i=1;i<=n;i++){
// cout<<link[i]<<' ';
// }
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
链式前向星版
#include<iostream>
#define maxn 50001
#include<cstring>
using namespace std;
struct Edge{
int v,next;//终点 下一条边
}edge[maxn<<1];
int cnt,head[maxn],n,m,k,ans;
int link[maxn],vis[maxn];
void add(int u,int v){
edge[++cnt].v=v;
edge[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
int find(int x){
int v;
for (int i=head[x];i;i=edge[i].next){
v=edge[i].v;
if (!vis[v]){
vis[v]=1;
if (!link[v]||find(link[v])){
link[v]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main(){
cin>>k>>n>>m;
int u,v;
for (int i=1;i<=k;i++){
cin>>u>>v;
add(u,v); // 同样，注意顺序
}
for (int i=1;i<=n;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if (find(i)){
ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
