【学习笔记】二分图

感觉需要恶补一下二分图。

二分图的概念

对于一个无向图，如果其点集能被分为两部分，使得同一部内没有连边，那么这个图就是一个二分图。

二分图有几个基本的性质：

• 一个二分图可以被黑白染色，并且对其进行黑白染色后，同一部的颜色相同、
• 从二分图的某一个点开始 BFS，那么所在的奇数层和偶数层分别为左部和右部的点。
• 一个二分图的每一个环的长度都是偶数。

二分图的匹配

对于一个二分图，若它的边集的一个子集满足每两条边没有公共端点，那么称这个边集为一个匹配。

很多问题都可以转化为二分图的匹配问题，比如变量与值的匹配。

匈牙利算法

匈牙利算法的核心思想就是每一次从左部的一个点开始，寻找一个增广路，满足这条路径上匹配的边和未匹配的边交替出现，最后以未匹配的边结束。这条路的长度为奇数，然后将这条增广路上的边全部翻转，这样每一次就会使得匹配的边集扩大 $1$，若无增广路则得到了最大匹配。

bool match(int i) {
    if (vis[i]) return false;
    vis[i] = 1;
    for (int j : e[i]) if (!p[j] || match(p[j])) {
        p[j] = i;
        return true;
    }
    return false;
}
int hungarian() {
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memset(vis, 0, sizeof vis);
        if (match(i)) cnt++;
    }
    return cnt;
}

一共 DFS $n$ 遍，于是复杂度为 $O(nm)$。

网络流做法

考虑直接建网络流，源点连左部，右部连汇点，直接跑就行。

考虑每次 BFS+DFS 是 $O(m)$ 的，而对于前 $\sqrt{m}$ 轮增广复杂度为 $O(m\sqrt{m})$，而后 $\sqrt{m}$ 次增广，增广路径长度大于 $\sqrt{m}$，这样的路径不超过 $\sqrt{m}$ 条，于是最多只会再进行 $\sqrt{m}$ 轮增广，于是复杂度为 $O(m\sqrt{m})$。

最大权匹配

直接跑费用流吧

upd. 我错了，别跑费用流吧

KM 算法：求最大权完美匹配。如果两边点数不一样就补一下让两边一样。

考虑给每个点赋一个权值 $l_i$，要求满足 $w(u,v)\le l_u+l_v$，称为可行顶标。我们记左部点的可行顶标为 $l{x}_i$，右部点的可行顶标为 $l{y}_i$。

我们定义相等子图为，将所有满足 $w(u,v)=l{x}_u+l{y}_v$ 的边保留下来得到的图。有定理：若存在某组可行顶标满足相等子图存在完美匹配，那么这组匹配就是最大全完美匹配。证明就放缩一下，可以得到匹配的权值一定小于等于 $\sum l{x}_i+l{y}_i$，若存在完美匹配那么说明这组匹配一定取到了上界。

那么考虑类似于匈牙利的做法，每次考虑找到一个点在相等子图上的匹配，如果能增广成功则结束，否则考虑调整当前的可行顶标使得更多的边加入相等子图，进而存在增广路让匹配增加。考虑交错树（即匈牙利遍历到的所有点形成的树）上的点，记树上的左部点集合为 $S$，右部点集合为 $T$，不存在于交错树的集合为 $S^{\prime }$ 与 $T^{\prime }$。容易得到，不存在 $S-T^{\prime }$ 的边且不存在 $S^{\prime }-T$ 的匹配边（否则交错树可以扩大）。

考虑将 $S$ 中的所有点减 $d$，$T$ 中的所有点加 $d$，那么 $S-T$ 的边仍然在相等子图内，$S^{\prime }-T^{\prime }$ 内的边不会变，$S-T^{\prime }$ 中的 $l{x}_u+l{y}_v$ 减少，可能加入相等子图，$S^{\prime }-T$ 中的 $l{x}_u+l{y}_v$ 增加，使得全部从相等子图内移除，由于其本来就不存在匹配边所以不会影响最大匹配。那么我们令 $d$ 为 $S-T^{\prime }$ 的边中 $l{x}_u+l{y}_v-w(u,v)$ 的最小值，这样会使得恰好这一条边加入相等子图。于是我们对 $T^{\prime }$ 中的点维护 $slack(v)=min\{l{x}_u+l{y}_v-w(u,v)|u\in S\}$，那么我们就可以 $O(n)$ 计算出 $d=min\{slack(v)|v\in T^{\prime }\}$。

每个点可能会进行 $O(n)$ 次调整，每次调整后重新匹配是 $O(n^2)$ 的，于是朴素实现是 $O(n^4)$ 的。

const long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
long long c[MAXN][MAXN], lx[MAXN], ly[MAXN], slk[MAXN];
int match[MAXN];
bool visx[MAXN], visy[MAXN];
bool dfs(int u) {
    visx[u] = 1;
    for (int v = 1; v <= n; v++) if (!visy[v]) {
        long long t = lx[u] + ly[v] - c[u][v];
        if (t) {
            slk[v] = min(slk[v], t);
        } else {
            visy[v] = 1;
            if (!match[v] || dfs(match[v])) { match[v] = u; return true; }
        }
    }
    return false;
}
long long km() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) lx[i] = ly[i] = match[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) lx[i] = max(lx[i], c[i][j]);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) slk[j] = INF;
        while (1) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) visx[j] = visy[j] = 0;
            if (dfs(i)) break;
            long long d = INF;
            for (int j = 1; j <= n; j++) if (!visy[j]) d = min(d, slk[j]);
            for (int j = 1; j <= n; j++) if (visx[j]) lx[j] -= d;
            for (int j = 1; j <= n; j++) if (visy[j]) ly[j] += d; else slk[j] -= d;
        }
    }
    long long ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans += c[match[i]][i];
    return ans;
}

注意到问题在于每次重新匹配太浪费时间，所以可以复用上一次的匹配结果，从加入的边开始进行增广。额我真看不下去了先咕了，如果真碰到题卡我这个了再回来学吧。

最大匹配相关的转化

最小点覆盖 = 最大匹配

最大独立集 = $n$ - 最小点覆盖

完美匹配

完美匹配即匹配的数量等于左部点的数量的匹配。

Hall 定理

一个二分图存在完美匹配的充要条件为：对于左部点的任意一个子集，其相连的右部的点集大小都大于等于这个子集的大小。

例子：

$a_i\in [l_i,r_i]$，并且 $a_i\notin S$，求是否存在一组 $a_i$ 的解，使得 $a_i$ 互不相同。

将左侧 $i$ 向右侧 $[l_i,r_i]$ 连边，就变成了是否存在完美匹配的问题。

考虑右部的点的集合，如果为几段不连续的区间，那么我们可以将它划分为几个不相交的子问题。

所以我们只考虑连续的区间，那么只需要满足左侧点的数量小于等于右侧点的数量，于是可以推出 $\mathrm{\forall }L\le R,\sum [L\le l_i\le r_i\le R]\le R-L+1-\sum _{i=L}^R[i\in S]$。

证明：如果 $[L,R]$ 是原来的一个区间，那么这个式子肯定没问题，如果不是原来的一个区间，那么必定会存在一个 $[L^{\prime },R^{\prime }]\subseteq [L,R]$ 且 $\sum [L\le l_i\le r_i\le R]=\sum [L^{\prime }\le l_i\le r_i\le R^{\prime }]$，这时候已知 $[L^{\prime },R^{\prime }]$ 对于上式是成立的，那么 $[L,R]$ 也一定成立。

二分图匹配的可行边和必须边

必须边的定义：二分图的任意一个最大匹配都包含的边。

可行边的定义：至少属于一个二分图的最大匹配的边。

首先对二分图跑一遍网络流。

必须边的判定条件：边的流量为 $1$，并且两个端点在残量网络中不属于同一个 SCC。

可行边的判定条件：边的流量为 $1$，或两个端点在残量网络中属于同一个 SCC。

这个东西与网络流中最小割的可行边和必须边是等价的。P4126

网格图模型

对网格图进行黑白染色，则图上相邻的两个点必定为一个黑点一个白点。P5038

P5030：这题比较有意思，可以发现能互相攻击到的点必定在同一种颜色的格子上，且横坐标的奇偶性一定不同，于是可以根据奇偶性来划分左部和右部，然后就是二分图最大匹配问题了。