二分图

二分图

前情提要：今日速查打二分图最大匹配，发现自己的匈牙利算法《学的非常好》，于是一怒之下写了这篇笔记

1.什么是二分图？

若一张无向图\(G\)的\(N\)个节点可分成\(A、B\)两个不相交的非空集合，并且同一集合内的点之间没有边相连，那称该图为二分图。

性质：二分图中不存在奇环（一个点想回到自己的点集肯定会经过奇数条边）

2.二分图判定

1）染色法

从一个节点\(u\)染色，并把与其相连的所有点染上异色（然后再从这些点出发去check，此过程用递归实现），若最后发现存在一个点被染上了两种不同颜色，则证明该图不是二分图，否则一定是二分图。

实现：\(dfs\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
const int N=205,M=5005;
int n,m,u,v,col[N];
vector<int> G[N];
inline bool dfs(int u,int c){
	col[u]=c;
	for(auto v:G[u]){
		if(col[v] && col[v]==c) return 0;
		if(!col[v] && !dfs(v,3-c)) return 0;
	}
	return 1;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	F(i,1,m){
		scanf("%d %d",&u,&v);
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	F(i,1,n) if(!col[i] && !dfs(i,1)) { puts("NO"); return 0;}//要从每个点都开跑一遍
	puts("YES");
	return 0; 
}

2）扩展域并查集

扩展域并查集用以解决多个逻辑冲突问题：有两个集合，\(n\) 个 \(a_i\) 和 \(b_i\), \(m\) 个形如 \((ai,bi)\) 的条件表示 \(a_i\) 和 \(b_i\) 不在同一集合中，问最终能否达到。

思想：约束\(a,b\)不在一个集合中即就是将\(a\)与\(\neg b\)放入放入同一集合内，再将\(b\)与\(\neg a\)放入同一集合内,最后检查\(a\)与\(\neg a\),\(b\)与\(\neg b\)是否在同一集合中即可,实际编程中\(merge(a,\neg b)\)就是\(merge(a,b+n)\).

对于这道题而言可以先通过swap保证 \(u<v\), 然后就只需要 \(merge(u,v+n)\) 即可（因为只要保证有一对不满足条件的点就能完成判定）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
const int N=205,M=5005;
int n,m,u,v,fa[N<<1];//并查集开两倍空间 
inline int getfather(int x){
	if(fa[x]!=x) fa[x]=getfather(fa[x]);
	return fa[x];
}
inline void add(int x,int y){
	x=getfather(x),y=getfather(y);
	if(x!=y) fa[x]=y; 
}
inline bool chk(int x,int y){ return getfather(x)==getfather(y); }
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m); F(i,1,n*2) fa[i]=i;
	F(i,1,m) {
		scanf("%d%d",&u,&v); ++u,++v;	
		if(u>v) swap(u,v);
		add(u,v+n);
	}
	F(i,1,n) if(chk(i,i+n)) return puts("NO"),0;
	puts("YES");
	return 0;
}

二分图最大匹配

对于G的子图M，若M中任意两边都没有公共端点，则称M是二分图的一种匹配，所有匹配中包含边数最多的一组匹配称为二分图的最大匹配。

1）匈牙利算法：

思想：通过不断找增广路寻找更大的匹配，若无法找到增广路了，当前匹配就是最大匹配。

交替路：非匹配边--->匹配边--->非匹配边--->匹配边--->非匹配边--->匹配边--->......

增广路：从非匹配点出发沿交替路到达另一非匹配点的路径。

性质：增广路上的非匹配边总比匹配边多一条（两两为一组，最后一条非匹边会剩下），故 非匹 与 已匹 互换身份就能使匹配变大。

实现：\(dfs\)(参考代码)或\(bfs\).
注意连边只从左集连到右集即可，认真体会vis的作用(对每个点尝试找匹配时,每个点只能尝试一次)。
例题

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
using namespace std;
const int N=505;
int k,m,n,pi[N],first[N],idx=0,sum=0;
bool vis[N];
struct node{ int v,ne; }e[N<<1];
inline void add(int x,int y){ e[++idx]=(node){y,first[x]}; first[x]=idx; }
inline bool dfs(int u){
	for(int i=first[u];i;i=e[i].ne){
		int v=e[i].v; if(vis[v]) continue; vis[v]=1;
		//右集中的点不重复访问(每一轮每个右集点只会更换匹配一次)
		if(!pi[v] || dfs(pi[v])) return pi[v]=u,1;
	} return 0;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>k;
	while(k){
		mem(pi),mem(first),idx=0,sum=0;
		cin>>m>>n;
		F(i,1,k){
			int u,v;
			cin>>u>>v; 
			add(u,v); //女生去匹配男生,故如是连边(只连单向边,左集连到右集)
		}
		F(i,1,m){//枚举女生(左集) 
			mem(vis);
			if(dfs(i)) ++sum;
		}
		cout<<sum<<'\n';
		cin>>k;
	}	
}

最坏情况下以每个点为起点寻找增广路会遍历整张图每条边(continue也会耗时所以注意不是\(O(N)\)),时间复杂度为\(O(M)\),故总时间复杂度为\(O(NM)\).

2）\(Dinic\)算法：学了再说

再忘我就再写，我还不信了这么简单个算法我能记不住？