图论3 二分图匹配
可以先在这里学学http://www.renfei.org/blog/bipartite-matching.html
模板
据上面的博客可知，二分图匹配可以分4种类型
最大匹配数：最大匹配的匹配边的数目
最小点覆盖数：选取最少的点，使任意一条边至少有一个端点被选择
最大独立数：选取最多的点，使任意所选两点均不相连
最小路径覆盖数：对于一个 DAG（有向无环图），选取最少条路径，使得每个顶点属于且仅属于一条路径。路径长可以为 0（即单个点）。
定理1：最大匹配数 = 最小点覆盖数（这是 Konig 定理）
定理2：最大匹配数 = 最大独立数
定理3：最小路径覆盖数 = 顶点数 - 最大匹配数
1.最大匹配数
最大匹配的匹配边的数目
P3386 【模板】二分图匹配 难度 提高+/省选- 题目背景 二分图 题目描述 给定一个二分图，结点个数分别为n,m，边数为e，求二分图最大匹配数 输入输出格式 输入格式： 第一行，n,m,e 第二至e+1行，每行两个正整数u,v，表示u,v有一条连边 输出格式： 共一行，二分图最大匹配 输入输出样例 输入样例#1： 1 1 1 1 1 输出样例#1： 1 说明 n,m<=1000，1<=u<=n，1<=v<=m 因为数据有坑，可能会遇到v>m的情况。请把v>m的数据自觉过滤掉。 算法：二分图匹配
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxm 100010 #define maxn 1010 using namespace std; int n,m,E,num,head[maxm],link[maxn],vis[maxn],sum; struct node{ int to,pre; }e[maxm]; void Insert(int from,int to){ e[++num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } int dfs(int x){ for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){ int v=e[i].to;vis[v]=1; if(link[v]==0||dfs(link[v])){ link[v]=x;return 1; } }return 0; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&E); int x,y; for(int i=1;i<=E;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); Insert(x,y+n); } for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i))sum++; } printf("%d",sum); }
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 1010 using namespace std; int n,m,e,link[maxn],re[maxn][maxn],vis[maxn],ans; int dfs(int x){ for(int i=1;i<=m;i++) if(vis[i]==0&&re[x][i]){ vis[i]=1; if(link[i]==0||dfs(link[i])){ link[i]=x;return 1; } } return 0; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&e); int x,y; for(int i=1;i<=e;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); re[x][y]=1; } for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i))ans++; } printf("%d",ans); }
#include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #include<cstring> #define INF 1e9 #define maxn 100008 using namespace std; int num=1,head[maxn]; struct node{ int to,pre,flow; }e[maxn<<5]; int d[maxn],s,t,th[maxn]; void Insert(int from,int to,int v){ e[++num].to=to; e[num].flow=v; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } bool bfs(){ queue<int>q;q.push(s);int now; memset(d,-1,sizeof(d));d[s]=0; while(!q.empty()){ now=q.front();q.pop(); for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(e[i].flow&&d[to]<0){ d[to]=d[now]+1; if(to==t)return 1; q.push(to); } } } if(d[t]==-1)return 0; return 1; } int flowing(int now,int f){ if(f<=0||now==t)return f; int r=0,p,v; for(int i=th[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(!e[i].flow||d[to]!=d[now]+1)continue; p=flowing(to,min(e[i].flow,f)); e[i^1].flow+=p,e[i].flow-=p;r+=p;f-=p; if(f<=0)return r; } if(r!=f)d[now]=-1;return r; } int main(){ freopen("Cola.txt","r",stdin); int n,m,E,x,y,ans=0; scanf("%d%d%d",&n,&m,&E); for(int i=1;i<=E;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); if(x>m||y>m)continue; Insert(x,y+n,1);Insert(y+n,x,0); } t=n+m+1; for(int i=1;i<=n;i++)Insert(s,i,1),Insert(i,s,0); for(int i=1;i<=m;i++)Insert(n+i,t,1),Insert(t,n+i,0); while(bfs()){ for(int i=0;i<=t;i++)th[i]=head[i]; ans+=flowing(s,INF); } printf("%d",ans);return 0; }
2.最小点覆盖数
选取最少的点，使任意一条边至少有一个端点被选择
有定理在，判断出一个题可以用最小点覆盖数求的时候，就直接用求最大匹配数的代码搞
跟上一个题按同一个套路来
题意：给出一个n*n的矩阵和矩阵上m个点，问你最少删除了多少行或列之后，点能全部消失。（联想：给出一张图上的m条边的n个相交顶点(xi, yi)，问最少用其中的几个点，就可以和所有的边相关联）
思路：匈牙利算法的最小覆盖问题：最小覆盖要求在一个二分图上用最少的点（x 或 y 集合的都行），让每条连接两个点集的边都至少和其中一个点关联。根据konig定理：二分图的最小顶点覆盖数等于最大匹配数。理解到这里，将(x,y)这一点，转化为x_y的一条边，把x = a的这一边，转化为(a)这一点，剩下的就是基础的匈牙利算法实现了。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define maxn 501 #define maxm 10010 int n,k,num,head[maxm],link[maxn],vis[maxn]; struct node{ int to,pre; }e[maxm]; void Insert(int from,int to){ e[++num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } int dfs(int x){ for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){ int v=e[i].to; if(vis[v]==0){ vis[v]=1; if(link[v]==0||dfs(link[v])){ link[v]=x;return 1; } } } return 0; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&k);int x,y; for(int i=1;i<=k;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); Insert(x,y); } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i))ans++; } printf("%d",ans); }
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 1010 using namespace std; int n,m,e,link[maxn],re[maxn][maxn],vis[maxn],ans; int dfs(int x){ for(int i=1;i<=m;i++) if(vis[i]==0&&re[x][i]){ vis[i]=1; if(link[i]==0||dfs(link[i])){ link[i]=x;return 1; } } return 0; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&e);m=n; int x,y; for(int i=1;i<=e;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); re[x][y]=1; } for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i))ans++; } printf("%d",ans); }
3.最大独立数
选取最多的点，使任意所选两点均不相连
二分图的最大独立集 因为没有给出具体的男生和女生，所以可以将数据扩大一倍，即n个男生，n个女生，
根据定理，最大独立集=总数-匹配数（本题应该除以2）
给出一系列男女配对意愿信息。求一个集合中的最大人数，满足这个集合中两两的人不能配对。 Sample Input 7 0: (3) 4 5 6 1: (2) 4 6 2: (0) 3: (0) 4: (2) 0 1 5: (1) 0 6: (2) 0 1 3 0: (2) 1 2 1: (1) 0 2: (1) 0 Sample Output 5 2
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 510 using namespace std; int link[maxn],vis[maxn],map[maxn][maxn],n; int dfs(int x){ for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i]==0&&map[x][i]){ vis[i]=1; if(link[i]==0||dfs(link[i])){ link[i]=x; return 1; } } }return 0; } int main(){ freopen("1.txt","r",stdin); while(scanf("%d",&n)!=EOF){ memset(map,0,sizeof(map)); memset(link,0,sizeof(link)); for(int i=1;i<=n;i++){ int u,w,v; scanf("%d: (%d)",&u,&w);u++; for(int j=1;j<=w;j++){ scanf("%d",&v);v++; map[u][v]=map[v][u]=1; } } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i))ans++; } printf("%d\n",n-ans/2); } }
4.最小路径覆盖数
对于一个 DAG（有向无环图），选取最少条路径，使得每个顶点属于且仅属于一条路径。路径长可以为 0（即单个点）。
题意： n个箱子 下面n行 a b c 表示箱子的长宽高 箱子可以嵌套，里面的箱子三维都要小于外面的箱子 问： 露在外头的箱子有几个 思路： 只要成功匹配一条边，就等价于成功嵌套一个箱子，就是匹配一条边，露在外面的箱子就少一个 结果就是 n - 最大匹配数 注意一个条件： 箱子不可旋转，即 长对应长， 宽对应宽 然后就是一个裸的二分匹配
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define maxn 1010 #define maxm 250010 int n,head[maxn],num,one[maxn],two[maxn],three[maxn],link[maxn]; bool vis[maxn]; struct node{ int pre,to; }e[maxm]; void Insert(int from,int to){ e[++num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } int dfs(int x){ for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){ int v=e[i].to; if(vis[v]==0){ vis[v]=1; if(link[v]==0||dfs(link[v])){ link[v]=x;return 1; } } } return 0; } int main(){ while(~scanf("%d",&n),n){ if(n==0)return 0; memset(link,0,sizeof(link)); memset(e,0,sizeof(e)); memset(head,0,sizeof(head)); int sum=0;num=0; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&one[i],&two[i],&three[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(one[i]<one[j]&&two[i]<two[j]&&three[i]<three[j]) Insert(i,j+n); for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i))sum++; } printf("%d\n",n-sum); } }
