其實是在做題時遇到這個定理的。
這個定理的圖論意義是：
對於一個二分圖\(G=\{X+Y,E\}\)，它滿足：
\(\forall W \subseteq X, \, |W| \leq |N_G(W)|\) \(\iff\)\(X\)中的每個結點都有匹配.
其中\(N_G(W)\)為圖\(G\)中所有與\(W\)相連的結點的集合。
必要性顯然。
對於充分性，不會……以后再補充。
由這個定理，我們能得到一個推論：
二分圖\(G\)的最大匹配\(M\)等於\(|X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\).
順便一提，我們允許\(W = \emptyset\)，故\(\max (|W| - |N_G(W)|) \geq 0\)。
我們分兩步來證明這個推論。在此，我們假設\(W_0 \subseteq X\)滿足\(|W_0| - |N_G(W_0)| = \max (|W| - |N_G(W)|)\)
- 證明：\(M \leq |X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\).
考慮\(W_0\)，即使\(N_G(W_0)\)中的每個結點都與\(W_0\)中的結點匹配，也會有\(|W_0| - |N_G(W_0)|\)個結點得不到匹配。故\(X\)中至少有\(|W_0| - |N_G(W_0)|\)個結點得不到匹配。因此，\(M \leq |X| - \max (|W|)\)。 - 證明：\(M \geq |X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\).
我們在\(Y\)中添加\(\max (|W| - |N_G(W)|\)個結點與\(X\)中所有結點相連得到新圖\(G`\)，那么，\(|W_0| - |N_{G`}(W_0)| = 0\)。由Hall‘s Marriage Theorem可知，圖\(G`\)中\(X\)的每個元素都有匹配。而對於\(W_0\)，因為\(|W_0| = |N_{G`}(W_0)|\)，所以\(N_{G`}(W_0)\)中的每個元素都與\(W_0\)中的元素匹配，可得我們新加入的結點都有匹配。因此，除\(W_0\)中有\(|W_0|-|N_G(W_0)|\)個結點與新加入的結點匹配之外，\(X\)中其余結點都與原來\(Y\)中的結點匹配。故在刪去新加的結點后，\(X\)中至多有\(|W_0| - |N_G(W_0)|\)個結點沒有匹配。則\(M \geq |X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\)。
那么，這個定理及其推論有什么用呢？因為要枚舉\(X\)的所有子集，所以一般是沒什么用的。然而，某些有特殊性質的二分圖的最大匹配問題，會使用這個定理及其推論來轉化問題。
例題
arc076F Exhausted?
題意：給出二分圖\(G=\{X+Y,E\}\)，\(X\)中的所有結點滿足：若其編號為\(i\)，則只與\(Y\)中編號小於等於\(L_i\)或編號大於等於\(R_i\)的結點連邊。給出\(|X|,|Y|\)和所有的\(L_i,R_i\)，求\(G\)的最大匹配\(M\)。（輸出\(|X|-M\))
\(|X|,|Y| \leq 2 \times 10^5\).
有了這個定理，問題就簡單了。我們只要求\(\max (|W| - |N_G(W)|)\)。對於\(W \subseteq X\)，\(N_G(W)\)就是形如\(Y - [l,r]\)的形式，其中\([l,r]\)是\(Y\)中一個編號的區間。我們枚舉\(r\)，用線段樹實現區間加和區間查最大值即可。具體做法不再闡述。
時間復雜度\(O(n \log n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010;
int n,m,ans,cnt;
struct data {
int l,r;
} ordl[N],ordr[N];
bool cmpl(data a,data b) {
return a.l < b.l;
}
bool cmpr(data a,data b) {
return a.r < b.r;
}
struct node {
int mx,tag;
} t[N << 2];
void puttag(int x,int val) {
t[x].mx += val;
t[x].tag += val;
}
void push_down(int x) {
puttag(x<<1,t[x].tag);
puttag(x<<1|1,t[x].tag);
t[x].tag = 0;
}
void push_up(int x) {
t[x].mx = max(t[x<<1].mx,t[x<<1|1].mx);
}
void modify(int l,int r,int val,int x=1,int lp=1,int rp=m) {
if (l > rp || r < lp) return;
if (lp >= l && rp <= r) {
puttag(x,val);
return;
}
if (t[x].tag) push_down(x);
int mid = (lp + rp) >> 1;
modify(l,r,val,x<<1,lp,mid);
modify(l,r,val,x<<1|1,mid+1,rp);
push_up(x);
}
int query(int l,int r,int x=1,int lp=1,int rp=m) {
if (l > rp || r < lp) return 0;
if (lp >= l && rp <= r) return t[x].mx;
if (t[x].tag) push_down(x);
int mid = (lp + rp) >> 1;
return max(query(l,r,x<<1,lp,mid),query(l,r,x<<1|1,mid+1,rp));
}
int main() {
int a,b;
scanf("%d%d",&n,&m);
ans = max(0,n - m);
cnt = n;
for (int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i) {
scanf("%d%d",&a,&b);
a ++;
b --;
if (a > b) {
i --, cnt --;
continue;
}
ordl[i] = (data) {a,b};
ordr[i] = (data) {a,b};
}
sort(ordl+1,ordl+cnt+1,cmpl);
sort(ordr+1,ordr+cnt+1,cmpr);
int pl = 1, pr = 1;
for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
modify(1,i,1);
for (; ordl[pl].l <= i && pl <= cnt ; ++ pl)
modify(ordl[pl].l,m,1);
ans = max(ans,query(1,i) - m);
for (; ordr[pr].r <= i && pr <= cnt ; ++ pr)
modify(ordr[pr].l,m,-1);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
小結：學了一個沒卵用的定理。也挺好奇還有哪些二分圖能用到這個定理。
upd 2018.12.26
假如\(G\)滿足，\(X\)中的每一個結點與\(Y\)中一個區間內的結點連邊，即\(\forall a \in X, N_G(a) = [l_a,r_a]\)。
定義對於\(Y\)中的一個編號區間\([l,r]\)，\(f([l,r])\)為\(X\)中只與\([l,r]\)中點連邊的點構成的集合，即\(\{ a \in X \ | \ N_G(a) \subseteq [l,r] \}\)。
求證：
證明：
- 必要性。令\(W = f([l,r])\)，那顯然有\(N_G(W) \subseteq [l,r]\)。因此，\(|f([l,r])| = |W| \leq |N_G(W)| \leq |[l,r]|\)。
- 充分性。考慮任意一個\(W \subseteq X\)，那么\(N_G(W)= \bigcup_{a \in W} [l_a,r_a]\)。那么，\(N_G(W)\)就一定可以被表示為若干個互不相交的區間的並。因為每個\(X\)中的結點都只和一個區間內的點連邊，所以我們可以把\(W\)划分為若干個集合，其中每個集合對應\(N_G(W)\)中的一段區間。對於我們划分出來的任意一個集合，假如它對應的區間為\([l,r]\)，那這個集合就一定是\(f([l,r])\)的子集。因此，對於\(W\)划分出來的每一集合\(S\)都滿足\(|S| \leq |N_G(S)|\)，故\(W\)也滿足\(|W| \leq |N_G(W)|\)。