匹配问题 知识点整理
匈牙利算法
Bfs判断是否为二分图
二分图建模多种算法
先来一发定理（再也不用担心我搞混最小路径覆盖点和最小路径覆盖边，做题也要注意问的是点还是边！！）：
最大独立集=最小路径覆盖=顶点数n-最大匹配数
二分图最小顶点覆盖=双向二分图最大匹配/2
匈牙利算法：
csdn上看到一个海贼王找对象的例子，太好理解了，，，一辈子都忘不了。。。不解释了。。。
模板：
二分图最大匹配 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<stack> #include<vector> using namespace std; const int maxn=100+10; int n,m; int g[maxn][maxn]; int linker[maxn]; int vis[maxn]; bool dfs(int u) { for (int v=0 ;v<m ;v++) { if (g[u][v] && !vis[v]) { vis[v]=1; if (linker[v]==-1 || dfs(linker[v])) { linker[v]=u; return true; } } } return false; } int hungary() { int ret=0; memset(linker,-1,sizeof(linker)); for (int u=0 ;u<n ;u++) { memset(vis,0,sizeof(vis)); if (dfs(u)) ret ++ ; } return ret; } int main() { return 0; }
hdu2819（匈牙利算法模板 + 建图思维）
思路：如果两行或者两列交换后不能得到对角线为1的话，那么对应的交换两列 + 一行一列 或 两行 + 一行一列 也不可能
match[j] 表示第 j 行的1在第几列，枚举行数i
#include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> #define INF 99999999; using namespace std; int n; int a[110][110]; int match[110]; int vis[110]; int dfs(int u) { for (int v = 1; v <= n; v++) { if (a[u][v] && !vis[v]) { vis[v] = 1; if (match[v] == -1 || dfs(match[v])) { match[v] = u; return 1; } } } return 0; } int hungarian() { int ans = 0; memset(match, -1, sizeof(match)); for (int i = 1; i <= n; i++) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); if(dfs(i)) ans++; } return ans; } int main() { while (~scanf("%d", &n)) { memset(a, 0, sizeof(a)); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[i][j]); if (hungarian() != n) printf("-1\n"); else { int num = 0; int L[110], R[110]; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i != match[i]) { for (int j = 1; j <= n; j++) { if (i == match[j]) { L[num] = i; R[num] = j; num++; swap(match[i], match[j]); //交换列 break; } } } } printf("%d\n", num); for (int i = 0; i < num; i++) printf("C %d %d\n", L[i], R[i]); } } return 0; }
hdu2444（匈牙利最小覆盖点 + BFS判圈）
思路：先判断是否为二分图，再匈牙利，又因为关系数求得的是相互的，所以最后sum / 2（双向）
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<queue> #include<iostream> using namespace std; int map[205][205],vist[205],match[205],n; int find(int i) { for(int j=1;j<=n;j++) if(!vist[j]&&map[i][j]) { vist[j]=1; if(match[j]==0||find(match[j])) { match[j]=i; return 1; } } return 0; } int bfs()//判断是否为二分图 { queue<int>q; memset(vist,0,sizeof(vist)); q.push(1); vist[1]=1; while(!q.empty()) { int p=q.front(); q.pop(); for(int j=1;j<=n;j++) if(map[p][j]) { if(vist[j]==0) { if(vist[p]==1)vist[j]=2;else vist[j]=1; q.push(j); } else if(vist[j]==vist[p]) return 0; } } return 1; } int main() { int m,a,b; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(map,0,sizeof(map)); while(m--) { scanf("%d %d",&a,&b); map[a][b]=map[b][a]=1; } if(!bfs()||n==1) { printf("No\n"); continue; } memset(match,0,sizeof(match)); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { memset(vist,0,sizeof(vist)); ans+=find(i); } printf("%d\n",ans/2);//除2是因为对称，1认识2 与 2认识1 属同一情况 } }
【二分图最小覆盖】
公式:DAG的最小路径覆盖数=DAG图中的节点数-相应二分图中的最大匹配数.
即选择尽量少的点，使每条边至少有一个端点被选中。
首先将每个节点分成两个 ，有一条有向边l-r，则在图上有l到r为1 。
同时对拆分成两个结点的图进行二分图匹配。
因为每匹配一条边，证明有一个点被加到了 一条路径上，则节点总数减去最大匹配数就是最小路径。
由König定理定理可知，二分图的最小顶点覆盖数等于二分图的最大匹配数。
关于König定理的证明网上也比较多。大家可以百度找一找。题目中的这棵树之所以可以当成二分图，是因为如果从一个点出发，那么可以将整棵树分成奇数点层和偶数点层。由于树是一种特殊的图。n个点由(n-1)条边连接起来。这样假定一个点为树的根，假设各点间的边权值为1。那么从树根出发遍历整棵树，根据各点到根的路径的奇偶性即可将所有点分成两个集合。奇数点与偶数点交替出现。假设奇数点与偶数点连边，偶数点则继续和下一层的奇数点连边。这就与二分图中同类集合点间无边，不同类集合点间有边相连吻合起来了。所以满足二分图的性质。也可以用二分图最大匹配进行求解。这个对点分成奇数点偶数点的方法与搜索剪枝中的奇偶剪枝很像。奇偶剪枝中对点的分类与该方法相同。
可以证明，最小覆盖等于最大匹配数。
hdu1151 ( 最小覆盖边模板题 )
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #define INF 0x3f3f3f3f #define MAXN 220 #define MAXM 220 using namespace std; int map[MAXN][MAXN]; int vis[MAXN], use[MAXN]; int n, m, t, v; int find(int x) { for(int j = 1; j <= n; j++) { if(map[x][j] && !vis[j]) { vis[j] = 1; if(use[j] == 0 || find(use[j]) == 1) { use[j] = x; return 1; } } } return 0; } int maxP() { int sum = 0; memset(use, 0, sizeof(use)); for(int i = 1; i <= n; i++) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); if(find(i)) sum++; } return sum; } int main() { int T; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d%d", &n, &m); memset(map, 0, sizeof(map)); for(int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &t, &v); map[t][v] = 1; } printf("%d\n", n - maxP()); } return 0; }
hdu1054 ( 最小覆盖点模板题 )
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include <vector> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=1510; int n; int pre[maxn];//保存各点的匹配点 int vis[maxn]; vector<int> e[maxn]; int find(int u)//判断是否存在增广路，存在返回1 { int i,v; for(i=0;i<e[u].size();i++) { v=e[u][i]; if(vis[v])continue; vis[v]=1; if(pre[v]==-1||find(pre[v]))//找到未盖点，或者是增广路。 { pre[v]=u;//匹配边和非匹配边交换 return 1; } } return 0; } int check(){ int ans=0; for(int i=0;i<n;i++) { memset(vis,0,sizeof(vis)); ans+=find(i); } return ans; } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { int i,j,k,a,b,c,m; memset(pre,-1,sizeof(pre)); for(i=0;i<n;i++)e[i].clear(); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d:(%d)",&a,&m); for(j=0;j<m;j++) { scanf("%d",&b); e[a].push_back(b); e[b].push_back(a); } } int ans = check(); printf("%d\n",ans/2); } return 0; }
【二分图最大独立集】
即选择尽量多的点，使得任意两个结点不相邻（即任意一条边的两个端点不能同时被选中）。
最大独立集和最小覆盖集是互补的，因此答案为结点数减去最小覆盖数。
【二分图最小点权覆盖集】
设有无向图G（V，E），对于任意结点u，都对应一个非负权值w，称为结点的点权。点权之和最小的点覆盖集为最小点权覆盖集。
二分图最小点权覆盖集=最小割
将原问题的图G构造为网络为N=(V,E)的最小割模型：
1，新增源点s和汇点t。
2，将图中每条边u->v加上容量为正无穷大。
3，对于出点集中每个点u，新增有向边s->u，边权为结点u的权值。
4，对于入点集中每个点v，新增有向边v->t，边权为结点v的权值。
【二分图最大点权独立集】
给出一个二分图，每个结点有一个权值，要求选出一些结点，使得这些点之间没有边相连，并且权值和最大。
刚才讲到二分图最大独立集和最小覆盖集是互补的，二分图最大点权独立集和最小点权覆盖集也是互补的。所以我们只要知道所有点权和以及最小点权覆盖集，那么最大点权独立集也就知道了。
【DAG的最少路径覆盖】
有向无环图G(V,E)的一个路径覆盖是指一个路径集合P，满足图中的每点属于且仅属于集合中的一条路径，求一个包含路径条数最少的路径覆盖。
二分图模型：
1，把每个点i拆成两点 i' 和 i'' 。
2，把边集中的弧（i,j）改为无向边（i'' , j' ）。
