一般图最大匹配-带花树算法

问题

对于一个图\(G(V,E)\)，它的匹配\(M\)是二元组\((u,v)\)组成的集合，其中\(u,v\in V,(u,v)\in E\)，并且\(M\)中不存在重复的点。

当\(|M|\)最大的时候，我们称\(M\)为\(G\)的最大匹配。

当\(G\)是一个二分图的时候，它的最大匹配可以用经典的匈牙利算法或网络流算法求解。然而当\(G\)是一个一般的图时，直接进行增广就变得不可行了，例如下面这个例子（论文中的图）：

这个问题出现的原因，就是一个一般图中会含有奇环，即一个点数为\(2k+1,k>0\)的环，而如果经过一个奇环，那么会得到两条含有同一个点的匹配边，这其实是不符合定义的。那为什么二分图可以直接增广呢？因为二分图中不可能含有奇环，它所有的环都是偶环。因此，在一般图匹配问题中，我们需要一种改进算法来解决奇环的问题。

算法

基本算法依然是分为\(n\)个阶段寻找增广路。问题主要在奇环上，那么我们分析一下这个奇环的性质。首先，奇环中有\(2k+1\)个点，所以最多有\(k\)组匹配。这就是说，有一个点没有匹配，即这个点在环内两边的连边都不是匹配边，也只有这个点可以向环外连边。

发现了这个性质，我们可以把整个奇环缩成一个点。缩完点后的图如果可以找到一条增广路，那么原图中也可以找到一条增广路，因为如果增广路经过奇环那么奇环内的增广路可以还原出来。

这就是带花树算法的思想。整个求解过程分为\(n\)个阶段，每个阶段从没有匹配的\(s\)点开始bfs找增广路。搜索的开始，把\(s\)点加入队列中，标记它为A类点。如果从\(x\)点出发，搜索到了一个未标记的点，有两种情况。如果这个未标记点有匹配，那么把这个点设为\(B\)类点，它的匹配点设为\(A\)类点，加入队列继续增广。如果这个点没有匹配，又因为我们是从一个未匹配点开始进行搜索的，所以这说明我们找到了一条增广路，沿着过来的边找回去，展开带花树，修改搜索的过程中，如果我们遇到了偶环，那么不管它，因为它不会影响求解。如果遇到了一个奇环，那么我们找到当前点\(x\)和找到的点\(v\)，求出他们的最近公共花祖先，然后把环缩掉。这里我们用并查集实现。

我们在缩环的时候，处理出一个\(pre\)数组，表示我们回跳的时候走到这里该往哪一个方向走回去。回跳的时候，每次找到pre，然后修改这条边，接着跳到pre原来的match处。如果我们倒着进入一个花的时候，上方的边为非匹配边，那么我们会往下走，这个时候pre就应该往下设。中间相遇的位置pre互相连接，pre[x]=y,pre[y]=x。

算法分为\(n\)个阶段，每个阶段最多把整个图遍历一次，每个点会最多被缩\(n\)次花，所以总复杂度为\(O(n^3)\)。

代码

uoj79，一般图匹配模板题。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read() {
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
	for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*f;
}
const int maxn=505;
const int maxm=maxn*maxn*2;
int n,m,que[maxm],ql,qr,pre[maxn],tim=0;
struct edge {
	int v,nxt;
} e[maxm];
int h[maxn],tot=0;
int match[maxn],f[maxn],tp[maxn],tic[maxn];
int find(int x) {
	return f[x]==x?f[x]:f[x]=find(f[x]);
}
void add(int u,int v) {
	e[++tot]=(edge){v,h[u]};
	h[u]=tot;
}
int lca(int x,int y) {
	for (++tim;;swap(x,y)) if (x) {
		x=find(x);
		if (tic[x]==tim) return x; else tic[x]=tim,x=pre[match[x]];
	}
}
void shrink(int x,int y,int p) {
	while (find(x)!=p) {
		pre[x]=y,y=match[x];
		if (tp[y]==2) tp[y]=1,que[++qr]=y;
		if (find(x)==x) f[x]=p;
		if (find(y)==y) f[y]=p;
		x=pre[y];
	}
}
bool aug(int s) {
	for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
	memset(tp,0,sizeof tp),memset(pre,0,sizeof pre);
	tp[que[ql=qr=1]=s]=1; // 1: type A ; 2: type B
	int t=0;
	while (ql<=qr) {
		int x=que[ql++];
		for (int i=h[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) {
			if (find(v)==find(x) || tp[v]==2) continue; 
			if (!tp[v]) {
				tp[v]=2,pre[v]=x;
				if (!match[v]) {
					for (int now=v,last,tmp;now;now=last) {
						last=match[tmp=pre[now]];
						match[now]=tmp,match[tmp]=now;
					}
					return true;
				} 
				tp[match[v]]=1,que[++qr]=match[v];
			} else if (tp[v]==1) {
				int l=lca(x,v);
				shrink(x,v,l);
				shrink(v,x,l);
			}
		}
	}	
	return false;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("my.out","w",stdout);
#endif
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=m;++i) {
		int x=read(),y=read();
		add(x,y),add(y,x);
	}
	int ans=0;
	for (int i=1;i<=n;++i) ans+=(!match[i] && aug(i));
	printf("%d\n",ans);
	for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",match[i]);
	puts("");
	return 0;
}