(1)二分圖的最大匹配
匈牙利算法
(2)二分圖的最小點覆蓋
二分圖的最小點覆蓋=二分圖的最大匹配
求最小點覆蓋：從右邊所有沒有匹配過的點出發，按照增廣路的“交替出現”的要求DFS。最終右邊沒有訪問過的點和左邊訪問過的點組成最小點覆蓋。
證明見這里
(3)二分圖的最少邊覆蓋
二分圖的最少邊覆蓋=點數-二分圖的最大匹配
證明：
先貪心選一組最大匹配的邊放進集合，對於剩下的沒有匹配的點，隨便選一條與之關聯的邊放進集合，那么得到的集合就是最小邊覆蓋。
所以有：最小邊覆蓋=最大匹配+點數-2*最大匹配=點數-最大匹配
(4)二分圖的最大獨立集
二分圖的最大獨立集=點數-二分圖的最大匹配
證明：
我們可以這樣想，先把所有的點放進集合，然后刪去最少的點和與之相關聯的邊，使得全部邊都被刪完，這就是最小點覆蓋。所以有：最大獨立集=點數-最小點覆蓋
(5)有向無環圖的最少不相交路徑覆蓋
我們把原圖中的點$V$拆成兩個點$Vx$和$Vy$，對於原圖中的邊$A->B$，我們在新圖中連$Ax->By$。那么最少不相交路徑覆蓋=原圖的點數-新圖的最大匹配
證明：
一開始每個點都獨立為一條路徑，在二分圖中連邊就是將路徑合並，每連一條邊路徑數就減一。因為路徑不能相交，所以不能有公共點，這恰好就是匹配的定義。所以有：最少不相交路徑覆蓋=原圖的點數-新圖的最大匹配
友情題：
(6)有向無環圖的最少可相交路徑覆蓋
先用floyd求出原圖的傳遞閉包， 如果a到b有路， 那么就加邊a->b。 然后就轉化成了最少不相交路徑覆蓋問題。
(7)有向無環圖中最少不相交路徑覆蓋和最大獨立集的相互轉化
用偏序集，一般可以抽象為有向無環圖。建議先看看這篇博客
Dilworth定理：有向無環圖的最大獨立集=有向無環圖最少不相交路徑覆蓋
友情題
裸的偏序集。
注意要去重，因為要保證是有向無環圖。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<fstream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<vector> #include<functional> #include<deque> #include<cctype> #include<climits> #include<complex> //#include<bits/stdc++.h>適用於CF,UOJ，但不適用於poj using namespace std; typedef long long LL; typedef double DB; typedef pair<int,int> PII; typedef complex<DB> CP; #define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a)) #define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a)) #define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v) #define re(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++) #define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--) #define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++) #define fi first #define se second #define m_p(a,b) make_pair(a,b) #define p_b(a) push_back(a) #define SF scanf #define PF printf #define two(k) (1<<(k)) template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;} template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;} template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;} inline int sgn(DB x){if(abs(x)<1e-9)return 0;return(x>0)?1:-1;} const DB Pi=acos(-1.0); int gint() { int res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } LL gll() { LL res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } const int maxn=1000; int n; LL a[maxn+10]; int now,info[maxn+10]; struct Tedge{int v,next;}edge[maxn*maxn+100]; void addedge(int u,int v){now++;edge[now].v=v;edge[now].next=info[u];info[u]=now;} int vis[maxn+10],match[maxn+10]; int ans; int find(int u) { for(int i=info[u],v=edge[i].v;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v) if(!vis[v]) { vis[v]=1; if(match[v]==-1 || find(match[v])) { match[v]=u; return 1; } } return 0; } int main() { freopen("hdu3335.in","r",stdin); freopen("hdu3335.out","w",stdout); int i,j; for(int Case=gint();Case;Case--) { n=gint(); re(i,1,n)a[i]=gll(); sort(a+1,a+n+1); n=unique(a+1,a+n+1)-a-1; now=-1;mmst(info,-1); re(i,1,n)re(j,1,n)if(i!=j && a[i]%a[j]==0)addedge(i,j); ans=0; mmst(match,-1); re(i,1,n){mmst(vis,0);ans+=find(i);} cout<<n-ans<<endl; } return 0; }
我們把木棍$i$看成一個二元組$(L_i,W_i)$
定義偏序關系$(L_i,W_i)\leq (L_j,W_j)\Leftrightarrow L_i\leq L_j 且 W_i\leq W_j$
我們先構建一個有向無環圖。
我們求的就是最少不相交路徑覆蓋。
考慮一個獨立集，我們發現有以下的性質：
（1）對於$(L_i,W_i)$和$(L_j,W_j)$，$L_i$一定不等於$L_j$，$W_i$一定不等於$W_j$；
（2）如果按$L$嚴格遞增排序，那么$W$一定嚴格遞減。
很好，我們首先將所有的二元組$(L,W)$按$L$從小到大排序，如果$L$相同，那么按$W$從小到大排序。
那么一個獨立集等價於一個嚴格遞減子序列；一條路徑等價於一個非嚴格遞增子序列。
根據Dilworth定理，有2種方法：
（1）求最大獨立集，即求最長嚴格遞減子序列,用DP可以在$O(N^2)$內完成，優化一下還能做到$O(Nlog_{2}N)$。
（2）直接求最少不相交路徑覆蓋，即至少用多少個非嚴格遞增子序列能覆蓋完原序列，用貪心可以在$O(N^2)$內完成，優化一下還能做到$O(Nlog_{2}N)$。
根據Dilworth定理，這兩種方法都是對的。
我的程序是用直接求最少不相交路徑覆蓋：
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<fstream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<vector> #include<functional> #include<deque> #include<cctype> #include<climits> #include<complex> //#include<bits/stdc++.h>適用於CF,UOJ，但不適用於poj using namespace std; typedef long long LL; typedef double DB; typedef pair<int,int> PII; typedef complex<DB> CP; #define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a)) #define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a)) #define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v) #define re(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++) #define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--) #define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++) #define fi first #define se second #define m_p(a,b) make_pair(a,b) #define p_b(a) push_back(a) #define SF scanf #define PF printf #define two(k) (1<<(k)) template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;} template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;} template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;} inline int sgn(DB x){if(abs(x)<1e-9)return 0;return(x>0)?1:-1;} const DB Pi=acos(-1.0); int gint() { int res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } LL gll() { LL res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } const int maxn=5000; bool cmp(PII a,PII b){return (a.fi==b.fi)?a.se<b.se:a.fi<b.fi;} int n; PII d[maxn+100]; int t[maxn+100]; int main() { freopen("poj1065.in","r",stdin); freopen("poj1065.out","w",stdout); int i,j; for(int Case=gint();Case;Case--) { n=gint(); re(i,1,n)d[i].fi=gint(),d[i].se=gint(); sort(d+1,d+n+1,cmp); int num=0; re(i,1,n) { int flag=0; re(j,1,num)if(d[i].se>=t[j]){t[j]=d[i].se;flag=1;break;} if(!flag)t[++num]=d[i].se; } cout<<num<<endl; } return 0; }
(8)二分圖的帶權最大匹配
KM算法。