【学习笔记】二分图

当遇到「匹配题」或者「矩阵中有行列限制」「黑白染色」类题，常常使用二分图算法。

二分图最大匹配 / 最小点覆盖

所谓最大匹配，就是选最多的边，使得任意两条边不具有公共端点。

所谓最小点覆盖，就是选最少的点，使得每条边至少有一个端点被选。

对于所有二分图，都有：$|\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{匹}\mathrm{配}|=|\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{点}\mathrm{覆}\mathrm{盖}|$。证明不会qwq。

匈牙利算法

思路

算法核心：找“增广路”

遍历所有左侧点，每次进行以下流程：

1. 尝试去寻找一个右侧点来匹配；
2. 若该右侧点还没有匹配的左侧点，则找到了，回溯。否则进入该右侧点的匹配左侧点，回到1。

由于每次的 dfs 找匹配点是 $\mathcal{O}(n+m)$ 的，因此匈牙利算法的时间复杂度为 $\mathcal{O}(n(n+m))$。

代码

洛谷P3386 【模板】二分图最大匹配

点击查看代码

const int N = 505;
int n, m, tag;
vector<int> g[N];
int match[N], vis[N];
int ans;
 
bool dfs(int u)
{
    vis[u] = tag;
    for (auto &&v : g[u])
        if (!match[v] || vis[match[v]] != tag && dfs(match[v])) // 要么v没有匹配点，要么v成功找到其他匹配点
        {
            match[v] = u;
            return true;
        }
    return false;
}
 
int main()
{
    cin >> n >> x >> m;
    int u, v;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d%d", &u, &v), g[u].push_back(v);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ++tag; // 每轮的tag不一样，vis与本轮的tag相同就访问过，这样免掉了每轮vis清0
        ans += dfs(i); // 为true表示成功匹配，否则失败
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

[HNOI2013]消毒

题意

有一个 $a\times b\times c$ 的立方体，其中有一些格子需要消毒。

你可以使用一种消毒剂，花费 $min\{x,y,z\}$ 代价，给一个 $x\times y\times z$ 的立方体消毒。

求将整个立方体消毒干净的最小代价。

思路

Easy version

首先从简单的情况考虑，想想二维怎么做。

假设我们选择了一个长为 $x$，宽为 $y$ 的矩形（$x>y$），那么无论 $x$ 如何变化，代价不变。因此 $x$ 取最大值一定最优。

问题便转化成了在一个矩形上刷一行或一列，覆盖所有点的最小刷的次数。

即「选择最少的行、列，包含所有要选的点」，一眼最小点覆盖。

对每个行、列建点。若该格子需要消毒，则链接行点、列点。

最后跑一遍匈牙利即可。时间复杂度 $\mathcal{O}((a+b)\times [(a+b)+ab])$。

Hard version

在立方体上，利用刚刚的结论，我们可以刷掉一些层。

然后我们可以把剩下的层拿出来，拍扁成一个二维矩形，就变成了 Easy version。

至于刷掉哪些层，暴力枚举即可。

注意要选用最短的棱长枚举。不妨设 $a\le b\le c$，因为 $a\times b\times c\le 5\times {10}^3$，所以可以用反证法证明 $a<=17$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(2^a\times (b+c)\times [(b+c)+bc])$。（$a\le b\le c$）

瓶颈是 $a=b=c=17$，数量级约为 $1.3\times {10}^9$，但是卡不满匈牙利。可以通过。

代码

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3 + 5;
int a, b, c, mark[N][N], ans;
vector<pair<int, int> > pos[N];
int vis[N], match[N], tag;
vector<int> g[N];
 
bool Hungary(int u)
{
    vis[u] = tag;
    for (auto v : g[u])
        if (!match[v] || vis[match[v]] != tag && Hungary(match[v]))
        {
            match[v] = u;
            return true;
        }
    return false;
}
 
int cal()
{
    for (int i = 1; i <= b; i++)
    {
        vis[i] = 0;
        g[i].clear();
        for (int j = 1; j <= c; j++)
            if (mark[i][j])
                g[i].push_back(j);
    }
    for (int i = 1; i <= c; i++)
        match[i] = 0;
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= b; i++)
    {
        tag = i;
        if (Hungary(i))
            res++;
    }
    return res;
}
 
void dfs(int dep, int cnt) // 暴搜应该刷掉哪些层
{
    if (dep > a)
    {
        ans = min(ans, cal() + cnt);
        return;
    }
    dfs(dep + 1, cnt + 1);
    for (auto i : pos[dep])
        mark[i.first][i.second]++; // 记录哪些格子需要消毒
    dfs(dep + 1, cnt);
    for (auto i : pos[dep])
        mark[i.first][i.second]--;
}
 
void solve()
{
    int x;
    pair<int, pair<int, int> > t[5];
    scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
    for (int i = 1; i <= 20; i++)
        pos[i].clear();
    for (int i = 1; i <= a; i++)
        for (int j = 1; j <= b; j++)
            for (int k = 1; k <= c; k++)
            {
                scanf("%d", &x);
                if (!x)
                    continue;
                t[1] = {a, {1, i}}, t[2] = {b, {2, j}}, t[3] = {c, {3, k}}; //pair套pair是为了防止棱长相同时，由于下标不同导致的交换
                sort(t + 1, t + 4); // 小的棱长对应小的下标
                pos[t[1].second.second].push_back({t[2].second.second, t[3].second.second});
            }
    a = t[1].first, b = t[2].first, c = t[3].first; // 最后将a、b、c从小到大排序
    ans = 0x3f3f3f3f;
    dfs(1, 0);
    printf("%d\n", ans);
}
 
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}

[NOI2011] 兔兔与蛋蛋游戏

很有趣的一道题。难点在于把「判断哪方必胜」转化成二分图问题。

题意

一张棋盘上有黑、白两种颜色的棋子和一个空位。

兔兔要选一个与空位相邻的白棋子并移到空位，而蛋蛋要选黑的。如果某轮有一方不能移动了他就输了。

现在给你一个蛋蛋赢的棋局，你需要求出哪些步兔兔走错了。

思路

因为把棋子移到空格内比较难理解，所以不妨想象成移动空格。

首先找一找性质。经过手玩样例，不难发现空格的路径不能形成环，也就是说不能走到以前走过的位置。

然后作为一道博弈题，我们考虑如何判断必胜方。

看到黑白棋子可以试试变成二分图，这时思路就基本出来了：

若两格子相邻且颜色不同，则连边。

若本轮玩家的起点必须在最大匹配里，则其必胜，否则必输。

证明很简单，因为可以走到它的匹配点上，而下一步要么走进另一个有匹配的点上，要么输。如图：（S为起点，由于一开始要走向白色，不妨将S设为黑色）

若下一步走到了一个没有匹配的点上，则可以将匹配方案沿路径前移一格，如图：

此时起点不必须在最大匹配内，与条件不符。故命题成立。

这样一来，每到下一个点，就把上一个点以及其匹配点抹去（可以将vis设为特殊值，详见代码）。若当前点没有匹配点，则必然不在最大匹配内（易得）；否则若匹配点还能找到另一个除了本轮点以外的点匹配（可能有点绕，就是说本轮点的匹配点不一定是本轮点），则不必须在最大匹配内。否则必须在最大匹配内。

一开始要对棋盘每个点跑匈牙利，然后每走一步跑一次匈牙利，故时间复杂度 $\mathcal{O}((nm{)}^2+knm)$。

代码

思路很巧，代码也很好写。
注：由于本轮是否必胜看的是当前状态，而不是走完后的状态，故将输入放在循环最后（见代码）。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int L = 45, N = 2005;
int a, b, m, win[N];
char s[L][L];
bool c[N];
int n, st, tag, vis[N], match[N];
vector<int> g[N], ans;
 
int trans(int x, int y) // 将坐标转为点编号
{
    return (x - 1) * b + y;
}
 
bool dfs(int u)
{
    vis[u] = tag;
    for (auto v : g[u])
        if (vis[v] != -1 && (!match[v] || vis[match[v]] != tag && vis[match[v]] != -1 && dfs(match[v])))
        {
            match[v] = u;
            match[u] = v;
            return true;
        }
    return false;
}
 
int main()
{
    cin >> a >> b;
    n = a * b;
    for (int i = 1; i <= a; i++)
    {
        scanf("%s", s[i] + 1);
        for (int j = 1; j <= b; j++)
        {
            int u = trans(i, j), v;
            if (s[i][j] == '.')
                st = u;
            c[u] = s[i][j] != 'O';
            v = trans(i - 1, j);
            if (i > 1 && c[u] != c[v])
                g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
            v = trans(i, j - 1);
            if (j > 1 && c[u] != c[v])
                g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) // 对所有点跑匈牙利
        if (c[i])
        {
            tag++;
            dfs(i);
        }
    cin >> m;
    m *= 2; // 每人m轮，共2m轮
    for (int k = 1; k <= m; k++)
    {
        vis[st] = -1;
        if (!match[st])
            win[k] = false;
        else
        {
            match[match[st]] = 0;
            tag++;
            win[k] = !dfs(match[st]); // 是否还有别的点能和匹配点匹配，没有说明必胜
        }
        if (!(k & 1) && win[k] == win[k - 1]) // 正常来说两人应该轮流胜负，如果连续一样的结果说明出错了
            ans.push_back(k / 2);
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y); // 到下一个状态
        st = trans(x, y);
    }
    cout << ans.size() << endl;
    for (auto i : ans)
        printf("%d\n", i);
    return 0;
}

霍尔定理

霍尔定理：设 $G=〈V_1,V_2,E〉$ 为二分图，$|V_1|\le |V_2|$，则 $G$ 中存在 $V_1$ 到 $V_2$ 的完美匹配当且仅当对于任意的 $S\subset V_1$，均有 $|S|\le |N(S)|$，其中 $N(S)$ 是 $S$ 的邻域。

霍尔定理还有一条重要的推论：二分图的最大匹配为 $|V_1|-\underset{S\subset V_1}{max}\{|S|-|N(S)|\}$。

这条结论看似没什么用处，实则常常能把一些问题中「判断是否存在完美匹配」「动态最大匹配」等的问题大大简化。

[ARC076F] Exhausted?

思路

原问题显然在求一个最大匹配。于是我们考虑使用霍尔定理。

但我们不能枚举子集，所以考虑枚举邻域。

假设当前前缀为 $L$，后缀为$R$，因为 要求 $\underset{S\subset V_1}{max}\{|S|-|N(S)|\}$，所以统计前后缀都被包含的人的个数 $num$，答案就为

$$max\{num-L-(m-R+1)\}$$

于是可以枚举 $L$，那么对于每个 $L$，答案为

$$\underset{R\ge L}{max}\{\sum _{l_i\le L}[r_i\ge R]+R\}-l-m-1$$

$L$ 从0开始往右扫，同时线段树上维护 $\sum _{l_i\le L}[r_i\ge R]+R$ 以及区间 $max$ 即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(m\log m+n)$。

代码

$\text{注}\mathrm{意}！$ 使用霍尔定理的前提是 $|V_1|\le |V_2|$，所以要特判 $n>m$ 的情况，此时答案至少为 $n-m$！

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson u + u
#define rson u + u + 1
const int N = 2e5 + 5, ND = N << 2;
struct segtree
{
    int tag[ND], mx[ND];
    void pushup(int u)
    {
        mx[u] = max(mx[lson], mx[rson]);
    }
    void add(int u, int x)
    {
        tag[u] += x;
        mx[u] += x;
    }
    void pushdown(int u)
    {
        if (!tag[u])
            return;
        add(lson, tag[u]);
        add(rson, tag[u]);
        tag[u] = 0;
    }
    void build(int u, int l, int r)
    {
        if (l == r)
        {
            mx[u] = l; // 初值为下标
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(lson, l, mid);
        build(rson, mid + 1, r);
        pushup(u);
    }
    void update(int u, int l, int r, int L, int R)
    {
        if (L <= l && r <= R)
        {
            add(u, 1);
            return;
        }
        if (R < l || r < L)
            return;
        pushdown(u);
        int mid = (l + r) >> 1;
        update(lson, l, mid, L, R);
        update(rson, mid + 1, r, L, R);
        pushup(u);
    }
    int query()
    {
        return mx[1];
    }
} t;
int n, m, ans;
pair<int, int> a[N];
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    if (n > m)
        ans = n - m; // Important!!
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d", &a[i].first, &a[i].second);
    sort(a + 1, a + n + 1);
    int pos = 0;
    t.build(1, 1, m + 1);
    for (int i = 0; i <= m; i++)
    {
        while (pos < n && a[pos + 1].first == i)
            t.update(1, 1, m + 1, 1, a[++pos].second); // 做一个前缀区间加即可维护所有>=R的r[i]个数
        ans = max(ans, t.query() - m - i - 1); // 如上式
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

二分图最小边覆盖 / 最大独立集

所谓最小边覆盖，就是选择最少的边，使得覆盖到所有的点。

所谓最大独立集，就是选择最多的点，使得它们两两间没有边直接相连。

对于所有二分图，都有：$|\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{边}\mathrm{覆}\mathrm{盖}|=|\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{独}\mathrm{立}\mathrm{集}|=\mathrm{点}\mathrm{数}-|\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{匹}\mathrm{配}|=\mathrm{点}\mathrm{数}-|\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{点}\mathrm{覆}\mathrm{盖}|$。证明不会qwq。（挨揍ing）

二分图最大权匹配

二分图的最大权匹配是指二分图中边权和最大的匹配。

KM算法

学习此算法前，请确保您已经掌握「匈牙利算法」。

参考资料：Singercoder 的博客

KM 算法可以求出最大权完美匹配（即边权和最大的完美匹配），其本质也是找增广路。

实现方式有 $\mathcal{O}(n^4)$ 的 dfs 和 $\mathcal{O}(n^3)$ 的 bfs。

另外，如果单纯要求最大权匹配的话，可以通过建立虚边虚点来解决，后面会讲到。

DFS version

想要理解效率较高的 $bfs$ 版本，首先要理解基本的 dfs 版本。

KM 算法的精髓是「顶标」。

我们先规定一些变量：

• $match$：匹配点。
• $vis$：访问标记。
• $val$：顶标。
• $d$：对于所有边 $〈u,v,w〉$，$min\{va{l}_u+va{l}_v-w\}$ 的值。

那么找到一组完美匹配等价于，对于每个左侧点 $u$，都有对应的 $v$ 使得 $min\{va{l}_u+va{l}_v-w\}=0$。

其具体实现过程如下：（以下过程可能较难理解，看代码会好很多）

1. 先给每个点赋上权值为 $inf$ 的顶标。然后枚举左侧点 $i$ 作为增广路起点。
2. 跑寻找增广路的 $dfs$，$inf\to d$。
3. 若 $va{l}_u+va{l}_v>w$，则 $d=min(d,va{l}_u+va{l}_v-w)$；否则说明 $va{l}_u+va{l}_v=w$，此时找到了可配对的一对点，尝试匹配两点。若 $v$ 已有匹配点，重复3；否则匹配成功。
4. 修改顶标，枚举左侧点 $u$，若只有 $u$ 被遍历（而没有/不是其匹配点），说明 $va{l}_u$ 应当 $-=slack$，否则不用变（而下面的代码会把 $va{l}_v$ 减回去，是一样的效果）。
5. 若 $i$ 匹配成功，则继续枚举下一个左侧点 $i$，执行2；否则，回到2继续匹配。

是不是和匈牙利很像？代码也很好写，如下：

洛谷P6577 【模板】二分图最大权完美匹配

点击查看代码

#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const int N = 1005;
int n, m;
int match[N];
bool vis[N];
ll g[N][N], val[N], d, ans;
 
bool dfs(int u)
{
    vis[u] = true;
    for (int v = n + 1; v <= n + n; v++)
    {
        ll w = g[u][v];
        if (vis[v])
            continue;
        if (val[u] + val[v] > w)
            d = min(d, val[u] + val[v] - w);
        else
        {
            vis[v] = true;
            if (!match[v] || dfs(match[v]))
            {
                match[u] = v;
                match[v] = u;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    int u, v;
    ll w;
    for (int i = 1; i <= n + n; i++)
        fill(g[i] + 1, g[i] + n + n + 1, -1e10);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w), g[u][v + n] = w;
    fill(val + 1, val + n + n + 1, 1e7);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        while (true)
        {
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            d = inf;
            if (dfs(i))
                break;
            for (int u = 1; u <= n; u++)
                if (vis[u])
                    val[u] -= d;
            for (int u = n + 1; u <= n + n; u++)
                if (vis[u])
                    val[u] += d;
        }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans += val[i] + val[match[i]];
    cout << ans << endl;
    for (int i = n + 1; i <= n + n; i++)
        printf("%d%c", match[i], " \n"[i == n + n]);
    return 0;
}

先别急着交啊，这份代码会T

交上去之后会发现，正确性可以保证，但是会TLE。我们分析一下时间复杂度：因为 dfs 有可能遍历所有边，所以单次的复杂度是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，因此这种写法的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^4)$ 的。

接下来，有请——

BFS version

首先，规定一些新的变量：

• $slack$：对于每个右侧点 $v$，$min\{va{l}_u+va{l}_v-w\}$。
• $pre$：寻找增广路时，右侧点 $v$ 准备匹配的左侧点。

bfs 的优点在于，它可以把在一次寻找增广路时中断的位置 push 到 queue 里，这样下次就可以直接将这个点作为起点，省掉了 dfs 做法每次重新找增广路的过程。

代码量虽然偏大，但是比较好写，不过细节颇多。

我的建议是，理解当然好（毕竟这个不难理解），但是最好背一下，毕竟即使理解透彻了也很难在考场一字不差地写好。

其实这种比较死的模版不如直接背

点击查看代码

#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const int N = 1005, M = N * N;
int n, m;
bool vis[N];
int match[N], pre[N];
ll g[N][N], val[N], slack[N], ans;
 
void dfs_match(int v)
{
    int u = pre[v];
    int nxt = match[u];
    match[v] = u;
    match[u] = v;
    if (nxt)
        dfs_match(nxt);
}
 
void bfs(int st)
{
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(slack, 0x3f, sizeof(slack));
    queue<int> q;
    q.push(st);
    while (true)
    {
        while (!q.empty())
        {
            int u = q.front(); q.pop();
            vis[u] = true;
            for (int v = n + 1; v <= n + n; v++)
            {
                ll w = g[u][v];
                if (vis[v])
                    continue;
                if (val[u] + val[v] - w < slack[v])
                {
                    slack[v] = val[u] + val[v] - w;
                    pre[v] = u;
                    if (slack[v] == 0)
                    {
                        vis[v] = true;
                        if (!match[v])
                        {
                            dfs_match(v);
                            return;
                        }
                        else
                            q.push(match[v]);
                    }
                }
            }
        }
        ll d = inf;
        for (int i = n + 1; i <= n + n; i++)
            if (!vis[i])
                d = min(d, slack[i]);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (vis[i])
                val[i] -= d;
        for (int i = n + 1; i <= n + n; i++)
        {
            if (vis[i])
                val[i] += d;
            else
                slack[i] -= d;
        }
        for (int v = n + 1; v <= n + n; v++)
            if (!vis[v] && slack[v] == 0)
            {
                vis[v] = true;
                if (!match[v])
                {
                    dfs_match(v);
                    return;
                }
                else
                    q.push(match[v]);
            }
    }
}
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n + n; i++)
        fill(g[i] + 1, g[i] + n + n + 1, -1e10);
    int u, v;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d%d", &u, &v), scanf("%lld", &g[u][n + v]);
    fill(val + 1, val + n + n + 1, 1e7);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        bfs(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans += val[i] + val[match[i]];
    cout << ans << endl;
    for (int i = n + 1; i <= n + n; i++)
        printf("%d%c", match[i], " \n"[i == n + n]);
    return 0;
}

好了，现在你已经掌握了最大权完美匹配，那么最大权匹配肯定也难不倒你。

显然只需建立虚边虚点，虚边赋权为0，KM 照样跑即可。但是注意根据题目输出要求进行适当判断。

此外，还有些题目可能无法保证有完美匹配，会让你判断无解。这种情况下还是一样的套路，把虚边权赋成 $-inf$ 即可，最后如果方案里选了非法边就说明无解。