二分图
最大匹配
最基本的东西，可以用 dinic 在 \(\mathcal{O}(m\sqrt n)\) 的时间内解决。
Hall 定理
判断二分图是否存在完美匹配的定理。
默认左部点数小于等于右部点数，定义 \(N(S)\) 为左部点中在 \(S\) 中的点相连的右部点的并集，如果 \(\forall S,|N(S)|\ge |S|\) 则二分图存在完美匹配。
最小点覆盖
最小点覆盖等于最大匹配。
首先最小点覆盖肯定大于等于最大匹配，因为匹配边的两点必然选一个。
然后我们可以构造一组等于最大匹配的最小点覆盖：
一开始匹配边长这样，假设我们一开始选择全部左边的匹配点，显然是不行的，考虑调整。
我们想让最上面那个非匹配边被覆盖，我们可以不选左边的匹配点了，改成选右边的匹配点就可以了。
所以我们证明了最小点覆盖等于最大匹配。
上面的构造方法也告诉了我们构造方案的做法，具体实现是：
- 找到左边的非匹配点开始非匹配边、匹配边交替走，一直走到没路走，标记已经经过的结点，注意不能经过已经标记过的节点。
- 最小点覆盖就是左边的未标记点加上右边的标记点。
void dfs(int now) {
vis[now] = true;
int SIZ = v[now].size();
for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
int next = v[now][i].to;
if(vis[next] || !v[now][i].val)//正向边的容量为0说明是匹配边，反向边的容量为0说明是非匹配边
continue;
dfs(next);
}
}
最大独立集
对于一个点覆盖，一条边两端至少有一个点，对于它的补集，一条边最多有一个点，所以它的补集是一个独立集。
对于一个独立集，同理补集是一个点覆盖。
所以独立集与点覆盖一一对应，所以最大独立集等于点数减去最小点覆盖。
最小链覆盖
对于一个 \(n\) 个节点的 DAG，我们可以对应出一个 \(2n\) 个节点的二分图，一个原图的点 \(u\) 拆成 \(u_l,u_r\)，原图的一条边 \((u,v)\) 变成 \(u_l\to v_r\)。
我们发现 \(n\) 减去这个二分图的最大匹配就是最小链覆盖，因为一开始我们把每一个点当成一条链，二分图上每匹配一次相当于把两条链首尾相接，于是链减少了一条。
而最大匹配等于最小点覆盖等于 \(2n\) 减去最大独立集，所以原图的最小链覆盖加 \(n\) 就是二分图的最大独立集。
最长反链
这里只研究是偏序集的情况。
dilworth 定理就是最小链覆盖等于最长反链。
首先最小链覆盖肯定大于等于最长反链，因为最长反链上的每一个点都不在同一条链上。
下面归纳证明最小链覆盖等于最长反链，首先 \(n=1\) 时命题成立。
对于 \(n>1\) 我们取出点集中的极大元 \(x\)，它肯定没有出边，且取出之后的图 \(G'\) 满足最小链覆盖等于最长反链。假设 \(G'\) 中最小链覆盖有 \(k\) 条链，那么最长反链也有 \(k\) 个点。
首先显然我们可以随便取一组最小链覆盖，那么对于任意的最长反链，它的 \(k\) 个点肯定在每一条链上恰好一个，因为反链上的两个点不能在同一条联赛上。发现如果我们把每一条链上的极大元取出来，这就是一组最长反链，因为如果链 A 的极大元有边连往链 B 的极大元，那么链 A 的全部点都会向链 B 的极大元连边，与链 A 必然会选一个矛盾。
设这些最大值组成的集合为 B，显然加入 \(x\) 后最小链覆盖和最长反链都增加不超过 1。
- B 中所有元素都没有向 \(x\) 连边，那么 B 可以直接加入 \(x\)，所以最小链覆盖小于等于最长反链，又因为大于等于，所以等于。
- B 中有元素向 \(x\) 连边，那么 \(x\) 可以加入那条链，所以最小链不增加，所以证出小于等于，所以等于。
所以就证完了，总结一下就是对于一个 \(n\) 个点的偏序集：最长反链=最小链覆盖=n-对应的二分图的最大匹配=n-对应的二分图的最小点覆盖=n+对应的二分图的最大独立集。
