最大团问题
一、定义
一个无向图 G=(V，E)，V 是点集，E 是边集。取 V 的一个子集 U，若对于 U 中任意两个点 u 和 v，有边 (u,v)∈E，那么称 U 是 G 的一个完全子图。 U 是一个团当且仅当 U 不被包含在一个更大的完全子图中。
G的最大团指的是定点数最多的一个团。
二、常用做法
1、顺序贪婪启发式搜索算法
2、局部搜索启发式算法
3、智能搜索启发式算法
4、遗传算法
5、模拟退火算法
6、禁忌算法
7、神经网络算法
8、改进蚁群算法-AntMCP
看了所列出的算法，是不是有一种头皮发麻的感觉。反正我是这样的感觉...因为上面的东西我都不会...
如果你想看上面的东西，百度百科中有一些简略的介绍，我太弱，没看懂。
百度百科传送门：最大团问题
下面说说常用的一种搜索算法
当然，这种算法很不高效，所以当图中有 100 个点以上时，请慎用
先看看一个显而易见的 DFS ：
初始化：
从一个点 u 开始，把这个点加入到一个集合中，设为 U。遍历一遍所有和他相连的点，把他们放入另一个集合 S1 中，接下来进行第一遍 DFS
第一遍 DFS ：
从 S1 中选择一个点 u1，这个点肯定和集合 U 中的任何一个点相连。把集合 S1 中 u1 能访问到的点加入到集合 S2 中，并把 u1 加入到集合 U 中，进行第二遍 DFS
第二遍 DFS ：
从 S2 中选择一个点 u2，这个点肯定和集合 U 中的任何一个点相连。把集合 S2 中 u2 能访问到的点加入到集合 S3 中，并把 u2 加入到集合 U 中，进行第三遍 DFS
第三遍 DFS ：
从 S3 中选择一个点 u3，这个点肯定和集合 U 中的任何一个点相连。把集合 S3 中 u3 能访问到的点加入到集合 S4 中，并把 u3 加入到集合 U 中，进行第四遍 DFS
......
最底层的 DFS ：
当某个 S 集合为空集的时候，DFS 结束，这时候我们就找到了一个完全子图，用这个完全子图更新我们的最大团。退出当前的 DFS，返回上层 DFS，接着找下一个完全子图，直到找完所有的完全子图
按照上面介绍的 DFS 方法，肯定能够得到一个最大团，因为该 DFS 把所有的完全子图都枚举了一遍。但是这样做的时间复杂度是不是太高了？
于是产生了下面的 DFS 过程，大致上和上面的 DFS 一样，只不过有一些地方不太一样了
首先，我们先得到后几个点组成的最大团到底是多大，（最开始的时候肯定是最后一个点单独构成一个最大团，点数为1）然后我们再 DFS：
初始化：
从一个点 u 开始，把这个点加入集合 U 中。将编号比它大的且和它相连的点加入集合 S1 中，为了方便，将集合 S1 中的点有序，让他们从小到大排列，进行第一遍 DFS
第一遍 DFS ：
从 S1 中选择一个点 u1，遍历 S1 中，所有编号比 u1 大且和 u1 相连的点，其实也就是排在 u1 后面，并且和 u1 相连的点，将它们加入集合 S2 中。同理，让 S2 中的点也按照编号也从小到大排列。将 u1 加入集合 U 中，进行第二遍 DFS
第二遍 DFS ：
从 S2 中选择一个点 u2，遍历 S2 中，所有排在 u2 后面且和 u2 相连的点，并把它们加入集合 S3 中，让 S3 中的点按照编号从小到大排列，将 u2 加入集合 U 中进行第三遍 DFS
第三遍 DFS ：
从 S3 中选择一个点 u3，遍历 S3 中，所有排在 u3 后面且和 u3 相连的点，并把它们加入集合 S4 中，让 S4 中的点按照编号从小到大排列，将 u3 加入集合 U 中进行第四遍 DFS
......
最底层的 DFS ：
当某个 S 集合为空时，DFS 过程结束，得到一个只用后面几个点构成的完全子图，并用它去更新只用后面几个点构成的最大团。退出当前 DFS，返回上层 DFS，接着找下一个完全子图，直到找完所有的完全子图
上面的 DFS 过程，如果不加任何剪枝的话，其实和第一个 DFS 是差不多的，但是既然我们都这样 DFS 了，能不能想一想怎么剪枝呢？
假设我们当前处于第 i 层 DFS，现在需要从 Si 中选择一个 ui，把在 Si 集合中排在 ui 后面的和 ui 相连的点加入集合 S(i+1) 中，把 ui 加到集合 U 中
可能大家稍作思考之后就想到了一个剪枝：
|
剪枝1：如果 U 集合中的点的数量+1（选择 ui 加入 U 集合中）+Si 中所有 ui 后面的点的数量 ≤ 当前最优值，不用再 DFS 了 |
还有什么剪枝呢？
注意到我们是从后往前选择 u 的，也就是说，我们在 DFS 初始化的时候，假设选择的是编号为 x 的点，那么我们肯定已经知道了用 [x+1, n] ，[x+2, n]，[x+3, n] ...[n,n] 这些区间中的点能构成的最大团的数量是多大
| 剪枝2：如果 U 集合中的点的数量+1（理由同上）+[ui, n]这个区间中能构成的最大团的顶点数量 ≤ 当前最优值，不用再 DFS了 |
有这两个剪枝就够了吗？
不，我们还能想出一个剪枝来：
| 剪枝3：如果 DFS 到最底层，我们能够更新答案，不用再 DFS 了，结束整个 DFS 过程，也不再返回上一层继续 DFS 了 |
为什么？因为我们如果再继续往后 DFS 的话，点的编号变大了，可用的点变少了（可用的点在一开始 DFS 初始化的时候就确定了，随着不断的加深 DFS 的层数，可用的点在不断的减少）
有了上面三个剪枝，100 个点以内的图，我们也能非常快的出解了
可能有人会问，如果想知道最大团包含哪些节点该怎么办？
这还不简单？每次 DFS 都会加一个点进入 U 集合中，DFS 到最底层，更新最大团数量的时候，U 集合中的点一定是一个完全子图中的点集，用 U 集合更新最大团的点集就行了
三、常用结论
1、最大团点的数量=补图中最大独立集点的数量
2、二分图中，最大独立集点的数量+最小覆盖点的数量=整个图点的数量
3、二分图中，最小覆盖点的数量=最大匹配的数量
4、图的染色问题中，最少需要的颜色的数量=最大团点的数量
四、刷题练手
1、先来一道裸题：ZOJ 1492 Maximum Clique
给了一个最多包含 50 个点的无向图，让求这个图中最大团所包含的的点的数量
直接按照上面所讲的 DFS 过程做就行
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 5 using namespace std; 6 7 struct MAX_CLIQUE { 8 static const int N=60; 9 10 bool G[N][N]; 11 int n, Max[N], Alt[N][N], ans; 12 13 bool DFS(int cur, int tot) { 14 if(cur==0) { 15 if(tot>ans) { 16 ans=tot; 17 return 1; 18 } 19 return 0; 20 } 21 for(int i=0; i<cur; i++) { 22 if(cur-i+tot<=ans) return 0; 23 int u=Alt[tot][i]; 24 if(Max[u]+tot<=ans) return 0; 25 int nxt=0; 26 for(int j=i+1; j<cur; j++) 27 if(G[u][Alt[tot][j]]) Alt[tot+1][nxt++]=Alt[tot][j]; 28 if(DFS(nxt, tot+1)) return 1; 29 } 30 return 0; 31 } 32 33 int MaxClique() { 34 ans=0, memset(Max, 0, sizeof Max); 35 for(int i=n-1; i>=0; i--) { 36 int cur=0; 37 for(int j=i+1; j<n; j++) if(G[i][j]) Alt[1][cur++]=j; 38 DFS(cur, 1); 39 Max[i]=ans; 40 } 41 return ans; 42 } 43 }; 44 45 MAX_CLIQUE fuck; 46 47 int main() { 48 while(scanf("%d", &fuck.n), fuck.n) { 49 for(int i=0; i<fuck.n; i++) 50 for(int j=0; j<fuck.n; j++) 51 scanf("%d", &fuck.G[i][j]); 52 printf("%d\n", fuck.MaxClique()); 53 } 54 return 0; 55 }
2、来一个稍微麻烦点的题：HDU 3585 maximum shortest distance
给了平面上 n 个点，要求选出 k 个点来，使得这 k 个点中，距离最近的两个点的距离最大。n 最大为50
二分答案后，如果两个点之间的距离大于当前的判断值，加边，在用最大团跑一下，根据得到最大团点的数量和 k 的大小关系，调整二分的上下界
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 #include <cmath> 5 6 using namespace std; 7 8 const int N=60; 9 10 struct MAX_CLIQUE { 11 bool G[N][N]; 12 int n, Max[N], Alt[N][N], ans; 13 14 bool DFS(int cur, int tot) { 15 if(cur==0) { 16 if(tot>ans) { 17 ans=tot; 18 return 1; 19 } 20 return 0; 21 } 22 for(int i=0; i<cur; i++) { 23 if(cur-i+tot<=ans) return 0; 24 int u=Alt[tot][i]; 25 if(Max[u]+tot<=ans) return 0; 26 int nxt=0; 27 for(int j=i+1; j<cur; j++) 28 if(G[u][Alt[tot][j]]) Alt[tot+1][nxt++]=Alt[tot][j]; 29 if(DFS(nxt, tot+1)) return 1; 30 } 31 return 0; 32 } 33 34 int MaxClique() { 35 ans=0, memset(Max, 0, sizeof Max); 36 for(int i=n-1; i>=0; i--) { 37 int cur=0; 38 for(int j=i+1; j<n; j++) if(G[i][j]) Alt[1][cur++]=j; 39 DFS(cur, 1); 40 Max[i]=ans; 41 } 42 return ans; 43 } 44 }; 45 46 struct Point { 47 double x, y; 48 49 double dis(Point A) { 50 return sqrt((x-A.x)*(x-A.x)+(y-A.y)*(y-A.y)); 51 } 52 } A[N]; 53 int n, m; 54 55 MAX_CLIQUE fuck; 56 57 void build(double R) { 58 fuck.n=n; 59 for(int i=0; i<n; i++) 60 for(int j=0; j<n; j++) { 61 if(A[i].dis(A[j])>=R) fuck.G[i][j]=1; 62 else fuck.G[i][j]=0; 63 } 64 } 65 66 int main() { 67 while(scanf("%d%d", &n, &m)!=EOF) { 68 for(int i=0; i<n; i++) { 69 scanf("%lf%lf", &A[i].x, &A[i].y); 70 } 71 double L=0, R=20000.0; 72 for(int T=0; T<40; T++) { 73 double dis=(L+R)/2.0; 74 build(dis); 75 if(fuck.MaxClique()>=m) L=dis; 76 else R=dis; 77 } 78 printf("%.2lf\n", L); 79 } 80 return 0; 81 }
3、来一个一般无向图最大独立集的题目：POJ 1419 Graph Coloring
给了一个有 n 个点 m 条边的无向图，要求用黑、白两种色给图中顶点涂色，相邻的两个顶点不能涂成黑色，求最多能有多少顶点涂成黑色。图中最多有 100 个点
利用上面提到的结论：最大团点的数量=补图中最大独立集点的数量。建立补图，求最大团即可
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 5 using namespace std; 6 7 struct MAX_CLIQUE { 8 static const int N=106; 9 10 bool G[N][N]; 11 int Max[N], Alt[N][N], x[N], y[N]; 12 int n, ans, *path, *res; 13 14 bool DFS(int cur, int tot) { 15 if(cur==0) { 16 if(tot>ans) { 17 swap(path, res), ans=tot; 18 return 1; 19 } 20 return 0; 21 } 22 for(int i=0; i<cur; i++) { 23 if(cur-i+tot<=ans) return 0; 24 int u=Alt[tot][i]; 25 if(Max[u]+tot<=ans) return 0; 26 int nxt=0; 27 for(int j=i+1; j<cur; j++) 28 if(G[u][Alt[tot][j]]) Alt[tot+1][nxt++]=Alt[tot][j]; 29 path[tot+1]=u; 30 if(DFS(nxt, tot+1)) return 1; 31 } 32 return 0; 33 } 34 35 int MaxClique() { 36 ans=0, memset(Max, 0, sizeof Max); 37 path=x, res=y; 38 for(int i=n-1, cur; i>=0; i--) { 39 path[1]=i, cur=0; 40 for(int j=i+1; j<n; j++) if(G[i][j]) Alt[1][cur++]=j; 41 DFS(cur, 1); 42 Max[i]=ans; 43 } 44 return ans; 45 } 46 }; 47 48 MAX_CLIQUE fuck; 49 50 int main() { 51 int T, m; 52 scanf("%d", &T); 53 for(int ca=1; ca<=T; ca++) { 54 scanf("%d%d", &fuck.n, &m); 55 memset(fuck.G, true, sizeof fuck.G); 56 for(int i=0, a, b; i<m; i++) { 57 scanf("%d%d", &a, &b); 58 fuck.G[a-1][b-1]=fuck.G[b-1][a-1]=0; 59 } 60 int ans=fuck.MaxClique(); 61 printf("%d\n", ans); 62 for(int i=1; i<=ans; i++) { 63 printf("%d", fuck.res[i]+1); 64 if(i==ans) printf("\n"); else printf(" "); 65 } 66 } 67 return 0; 68 }
4、来一个染色问题：POJ 1129 Channel Allocation
最多 26 广播电台...我还是讲抽象之后的题意吧：最多26个点的无向图，要求相邻的节点不能染成同一个颜色，问最少需要多少颜色染完所有的顶点
利用上面提到的结论：图的染色问题中，最少需要的颜色的数量=最大团点的数量，建图，跑最大团即可，另外，这题还需要构造解
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 5 using namespace std; 6 7 struct MAX_CLIQUE { 8 static const int N=27; 9 10 bool G[N][N]; 11 int n, Max[N], Alt[N][N], ans; 12 13 bool DFS(int cur, int tot) { 14 if(cur==0) { 15 if(tot>ans) { 16 ans=tot; 17 return 1; 18 } 19 return 0; 20 } 21 for(int i=0; i<cur; i++) { 22 if(cur-i+tot<=ans) return 0; 23 int u=Alt[tot][i]; 24 if(Max[u]+tot<=ans) return 0; 25 int nxt=0; 26 for(int j=i+1; j<cur; j++) 27 if(G[u][Alt[tot][j]]) Alt[tot+1][nxt++]=Alt[tot][j]; 28 if(DFS(nxt, tot+1)) return 1; 29 } 30 return 0; 31 } 32 33 int MaxClique() { 34 ans=0, memset(Max, 0, sizeof Max); 35 for(int i=n-1; i>=0; i--) { 36 int cur=0; 37 for(int j=i+1; j<n; j++) if(G[i][j]) Alt[1][cur++]=j; 38 DFS(cur, 1); 39 Max[i]=ans; 40 } 41 return ans; 42 } 43 }; 44 45 MAX_CLIQUE fuck; 46 char buff[30]; 47 48 int main() { 49 while(scanf("%d", &fuck.n), fuck.n) { 50 memset(fuck.G, 0, sizeof fuck.G); 51 for(int i=0; i<fuck.n; i++) { 52 scanf("%s", buff); 53 for(int j=2; buff[j]; j++) { 54 int u=buff[j]-'A'; 55 fuck.G[i][u]=fuck.G[u][i]=1; 56 } 57 } 58 int ans=fuck.MaxClique(); 59 if(ans==1) printf("1 channel needed.\n"); 60 else printf("%d channels needed. \n", ans); 61 } 62 return 0; 63 }
先来这么4道题吧，暂时就遇见了这么多，和二分图有关的就懒得贴上来了
