二分图最大匹配学习总结

二分图的定义

如果无向图 $G = (V, E)$ 的点集 $V$ 可以分为两个集合 $V_{1}, V_{2}$ ，使边集 $E$ 都在 $V_{1}$ 和 $V_{2}$ 之间，并且 $V_{1}$ 和 $V_{2}$ 内部的点没有连边，则 $G$ 是一个二分图。

图例：

匹配&最大匹配

匹配：给定一个图 $G$ ，在 $G$ 的一个子图 $M$ 中， $M$ 的边集 $E$ 中的 任意两条边都不连接在同一个顶点上，则称 $M$ 是 $G$ 的一个匹配。

最大匹配：在所有匹配中 边数最多的 一个匹配称为图的最大匹配。

最大匹配算法

一般图

一般图的最大匹配：带花树算法（Blossom Algorithm），高斯消元。

一般图的最大权匹配：带权带花树。

二分图

匈牙利算法

增广路径：若P是图G中一条连通两个 未匹配顶点 的路径，并且属匹配边集M的边和不属M的边（即已匹配和未匹配的边）在P上 交替出现，则称P为相对于M的一条增广路径。

算法过程：不断在图中寻找增广路径，每找到一条连接两个 未盖点 之间的增广路径，就将增广路径上的边取反（将增广路径上 本属于匹配边的边 从最大匹配中删除，本 不属于匹配边的边加入 最大匹配）。

由于增广路径的特殊性质，在每次取反操作后，最大匹配的边数会加1。

证明：由于增广路径的两端点都是未盖点，所以连接两端点的边原先 都不属于最大匹配。所以，增广路径上本不属于最大匹配的边比原属于最大匹配的边数量多1。

代码实现

#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<cstring>
const int N=505;
std::vector<int> v[N];
int n,m,match[N],p[N];
bool vis[N];
bool dfs(int u){
	for(auto i:v[u]){
		if(!vis[i]){
			vis[i]=true;
			if(!match[i]||dfs(match[i])){
				match[i]=u;
				return true;
			}
		}
	}
	return false;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,x;i<=n;i++){
		scanf("%d",&x);
		int y;
		while(x--) scanf("%d",&y),v[i].emplace_back(y);
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		std::memset(vis,false,sizeof vis);
		ans+=dfs(i);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

最大流

由于每个点只会 匹配一个点，所以可以用最大流模型转化求解。

设一个超级源点 $s$ 和一个超级汇点 $t$ 。每次加一条边 $(x, y)$ ，我们都建 从 $x$ 到 $y$ 的一条流量为 $1$ 的边。

在跑最大流之前，我们再 把 $s$ 向所有属于 $V_{1}$ 的点建一条流量为 $1$ 的边，把所有属于 $V_{2}$ 的点向 $t$ 建一条流量为 $1$ 的边。

最后使用最大流算法（如 $E K$ ， $D i n i c$ ， $I S A P$ ， $H L P P$ 等）求解，最大流量即为二分图的最大匹配边数。

注意：最大流在建边时需建一条 流量为 $0$ 的反向边。

代码实现

#include<stdio.h>//Dinic
#include<algorithm>
#include<queue>
const int N=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f;
struct jie{int to,val,nxt;}a[N];
int n,m,e,s,t,head[N],cnt=1,now[N],depth[N];
void add(int x,int y,int z){
	cnt++;
	a[cnt].to=y;
	a[cnt].val=z;
	a[cnt].nxt=head[x];
	head[x]=cnt;
}
bool bfs(){
	for(int i=1;i<=n+m+2;i++) depth[i]=inf;
	std::queue<int> q;
	depth[s]=0,now[s]=head[s],q.push(s);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=a[i].nxt){
			if(a[i].val>0&&depth[a[i].to]==inf){
				now[a[i].to]=head[a[i].to],depth[a[i].to]=depth[u]+1,q.push(a[i].to);
				if(a[i].to==t) return true;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int u,int sum){
	if(u==t) return sum;
	int k,flow=0;
	for(int i=now[u];i&&sum>0;i=a[i].nxt){
		now[u]=i;
		if(a[i].val>0&&depth[a[i].to]==depth[u]+1){
			k=dfs(a[i].to,std::min(sum,a[i].val));
			if(!k) depth[a[i].to]=inf;
			a[i].val-=k,a[i^1].val+=k;
			flow+=k,sum-=k;
		}
	}
	return flow;
}
int Dinic(){
	int ans=0;
	while(bfs()) ans+=dfs(s,inf);
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
	s=n+m+1,t=n+m+2;
	for(int i=1;i<=n;i++) add(s,i,1),add(i,s,0);
	for(int i=1;i<=m;i++) add(i+n,t,1),add(t,i+n,0);
	int x,y;
	while(e--) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y+n,1),add(y+n,x,0);
	printf("%d",Dinic());
	return 0;
}
/*
How can I use Dinic to solve it?
e.g.:

scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
s=n+m+1,t=n+m+2;
for(int i=1;i<=n;i++) add(s,i,1),add(i,s,0);
for(int i=1;i<=m;i++) add(i+n,t,1),add(t,i+n,0);
int x,y;
while(e--) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y+n,1),add(y+n,x,0);
printf("%d",Dinic());

warning:the number of 'cnt' must start of 1
*/