可能會有鍋 QwQ。相關內容：「算法筆記」霍爾定理（判斷二分圖是否存在完美匹配）。
一、相關定義
二分圖：如果一個圖的頂點能夠被分為兩個集合 X,Y，滿足每一個集合內部都沒有邊相連，那么這張圖被稱作是一張二分圖。
匹配：在圖論中，一個匹配（matching）是一個邊的集合，其中任意兩條邊都沒有公共頂點。
對於一組匹配 S（S 是一個邊集），屬於 S 的邊被稱為“匹配邊”，匹配邊的端點被稱為“匹配點”。剩余的邊或點被稱為“非匹配邊”和“非匹配點”。
最大匹配：一個圖所有匹配中，所含匹配邊數最多的匹配。
完美匹配：如果一個圖的某組匹配中，圖中所有的頂點都是匹配點（顯然同時也符合最大匹配），那么它就是一個完美匹配。
二、最大匹配——匈牙利算法
1. 基本思想
在進行匈牙利算法之前，我們先做兩個比較重要的定義：
交替路：從一個未匹配點出發，依次經過非匹配邊、匹配邊、非匹配邊、……形成的路徑叫交替路。（換言之，交替路是圖的一條簡單路徑，滿足任意相鄰的兩條邊，一條在匹配內，一條不在匹配內。）
增廣路：從一個未匹配點出發，依次經過非匹配邊、匹配邊、非匹配邊、……、非匹配邊，最后到達一個未匹配點形成的路徑叫增廣路。（換句話說，增廣路是一個始點與終點都為非匹配邊的交錯路。）
注意到，一旦我們找出了一條增廣路，將這條路徑上所有匹配邊和非匹配邊取反，就可以讓匹配邊數 +1，即可以得到一個更大的匹配。進一步可以得到推論：二分圖的一組匹配 S 是最大匹配，當且僅當圖中不存在 S 的增廣路。匈牙利算法就是基於這個原理。
假設我們已經得到了一個匹配，希望找到一個更大的匹配。我們從一個未匹配點出發進行 dfs，如果找出了一個增廣路，就代表增廣成功，我們找到了一個更大的匹配。如果增廣失敗，可以證明此時就是最大匹配。
2. 具體實現
匈牙利算法的主要過程：
- 設 S=∅，即所有邊都是非匹配邊。
- 找到一條增廣路，把路徑上所有邊的匹配狀態取反，得到一個更大的匹配 S'。
- 重復第 2 步，直至圖中不存在增廣路。
該算法的關鍵在於如何找到一條增廣路。具體實現如下：
從二分圖的 X 部中取出一個為未匹配的頂點 u 開始，找一個未訪問的鄰接點 v（v 一定屬於 Y 部的頂點）。對於 v，分兩種情況：
- 若 v 是未匹配點，此時無向邊 (u,v) 本身就是非匹配邊，自己構成一條長度為 1 的增廣路。
- 若 v 是已匹配點，則取出 v 的匹配頂點 w（w 一定是 X 部的頂點），邊 (w,v) 目前是匹配邊，根據“取反”的想法，要將 (w,v) 改為未匹配，(u,v) 改為匹配，條件為以 w 為起點可以新找到一條增廣路徑 P'，那么 u→v→P' 就是一條以 u 為起點的增廣路徑。
代碼片段：
bool find(int x){ //mp 存儲匹配邊 for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i]; if(vis[y]) continue; //如果訪問過就跳過 vis[y]=1; //打上訪問標記 if(!mp[y]||find(mp[y])){mp[y]=x;return 1;} //如果 v 是非匹配邊或從 v 出發能夠找到增廣路，則設置為匹配邊 } return 0; //找不到增廣路了，返回 0 }
匈牙利算法模板題：HDU 2063 過山車（求二分圖的最大匹配數）
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define MEM(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) using namespace std; const int N=1e3+5; int k,n,m,x,y,cnt,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1],mp[N],ans; bool vis[N]; void add(int x,int y){ to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt; } bool find(int x){ for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i]; if(vis[y]) continue; vis[y]=1; if(!mp[y]||find(mp[y])){mp[y]=x;return 1;} } return 0; } signed main(){ while(~scanf("%lld",&k)&&k){ scanf("%lld%lld",&n,&m),cnt=0,ans=0,MEM(hd,0),MEM(mp,0); for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld%lld",&x,&y),add(x,y); for(int i=1;i<=n;i++){ MEM(vis,0); if(find(i)) ans++; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
三、二分圖最大權匹配——KM 算法
現在我們把所有的邊都帶上權值，希望求出所有最大匹配中權值之和最大的匹配。
我們的思路是給每一個點賦一個“期望值”，也叫作頂標函數 c，對於邊 (u,v)，只有 c(u)+c(v)=w(u,v) 的時候，才能被使用。
容易發現，此時的答案就是 c(i) 之和。
初始，我們令左邊所有點的 c(u)=maxv w(u,v)，也就是說最理想的情況下，每一個點都被權值最大的出邊匹配。
接下來開始增廣，每次只找符合要求的邊。我們定義只走這些邊訪問到的子圖為相等子圖。
如果能夠找到增廣路就直接增廣，否則，就把這次增廣訪問到的左邊的所有點的 c-1，右邊所有點的 c+1。
經過這樣一通操作，我們發現原來的匹配每一條邊仍然滿足條件。同時由於訪問到的點左邊比右邊多一個（其余的都匹配上了），所以這樣會導致總的權值 -1。
接下來再嘗試進行增廣，重復上述過程。直接這樣做時間復雜度是 O(n3c) 的。（進行 n 次增廣，每次修改 c 次頂標，訪問所有 n2 條邊）
一些優化：
- 由於修改頂標的目標是讓相等子圖變大，因此可以每次加減一個最小差值 delta。這樣每次增廣只會被修改最多 n 次頂標，時間復雜度降到 O(n4)。
- 注意到每次重新進行 dfs 太不優秀了，可以直接進行 bfs，每次修改完頂標之后接着上一次做。時間復雜度降到 O(n3)。
四、一般圖的情況？
一般圖最大匹配？O(n3) 帶花樹。然鵝我不會。
一般圖最大權匹配？帶權帶花樹？顯然我也不會。
五、二分圖的覆蓋與獨立集
1. 二分圖的最小點覆蓋
最小點覆蓋：選取最少的點，使得每一條邊的兩端至少有一個點被選中（也就是，“點”覆蓋了所有的“邊”）。
二分圖的最小點覆蓋=最大匹配。具體地說，二分圖最小點覆蓋包含的點數等於二分圖最大匹配包含的邊數。
證明：
- 由於最大匹配中的邊必須被覆蓋，因此匹配中的每一個點對中都至少有一個被選中。
- 選中這些點后，如果還有邊沒有被覆蓋，則找到一條增廣路，矛盾。
2. 二分圖的最大獨立集
最大獨立集：選取最多的點，使得任意兩個點不相鄰。其中，選取最多的點的點集被稱作最大獨立集。
最大獨立集=點數-最小點覆蓋。（又因為二分圖的最小點覆蓋=最大匹配，所以最大獨立集=點數-最大匹配）
證明：
- 由於最小點覆蓋覆蓋了所有邊，因此選取剩余的點一定是一個合法的獨立集。
- 若存在更大的獨立集，則取補集后得到了一個更小的點覆蓋，矛盾。
3. 二分圖的最小邊覆蓋
最小邊覆蓋：選取最少的邊，使得每一個點都被覆蓋。
最小邊覆蓋=點數-最大匹配。
證明：
- 先選取所有的匹配邊，然后對剩下的每一個點都選擇一條和它相連的邊，可以得到一個邊覆蓋。
- 若存在更小的邊覆蓋，則因為連通塊數量=點數-邊數，這個邊覆蓋在原圖上形成了更多的連通塊，每一個連通塊內選一條邊，我們就得到了一個更大的匹配。
4. 二分圖的路徑覆蓋
最小不相交路徑覆蓋：一張有向圖，用最少的鏈覆蓋所有的點，鏈之間不能有公共點。
將點和邊分別作為二分圖的兩邊，然后跑匹配，最小鏈覆蓋=原圖點數-最大匹配。
最小可相交路徑覆蓋：一張有向圖，用最少的鏈覆蓋所有的點，鏈之間可以有公共點。
先跑一遍 Floyd 傳遞閉包，然后變成最小不相交路徑覆蓋。
六、二分圖的應用
1.「ZJOI 2007」矩陣游戲
題目大意：給一個 n×n 的黑白方陣，你可以任意交換兩行或者兩列。求是否能夠讓主對角線上都是黑色。n≤200，多測最多 20 組。
Solution：
假設我們選出了 n 個點的坐標。如果這 n 個點所在的行、列互不相同，那么一定可以通過交換來完成任務。（考慮到兩個同行的格子不可能最終到不同行上，列也一樣。最終我們要讓主對角線上都是黑色，也就是說，我們要讓每行每列都有黑色。所以我們最終找到的 n 個點必然在一開始橫縱坐標就互不相同。）
轉化為二分圖匹配。建一個二分圖，左邊是行，右邊是列。如果 (i,j) 是黑色就從 i 到 j 連邊。
最后看是否存在完美匹配。可以用匈牙利算法解決。
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define MEM(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) using namespace std; const int N=1e5+5; int t,n,x,cnt,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1],mp[N],ans; bool vis[N]; void add(int x,int y){ to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt; } bool find(int x){ for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i]; if(vis[y]) continue; vis[y]=1; if(!mp[y]||find(mp[y])){mp[y]=x;return 1;} } return 0; } signed main(){ scanf("%lld",&t); while(t--){ scanf("%lld",&n),cnt=0,ans=0,MEM(hd,0),MEM(mp,0); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ scanf("%lld",&x); if(x) add(i,j); //如果 (i,j) 是黑色就從 i 到 j 連邊 } for(int i=1;i<=n;i++){ MEM(vis,0); if(find(i)) ans++; } puts(ans==n?"Yes":"No"); } return 0; }
2. POJ 2446 Chessboard
題目大意：一個 n×m 的網格，其中有若干個位置被刪掉了。你需要用 1×2 的骨牌覆蓋其余所有的位置，判斷是否可行。1≤n,m≤32。
Solution：
將整個棋盤進行黑白染色，則一個骨牌一定覆蓋了相鄰兩個顏色不同的位置。
相鄰位置連邊，然后跑二分圖匹配，如果存在完美匹配那就可以，否則不行。
#include<cstdio> #include<cstring> #define MEM(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) using namespace std; const int N=40,M=1e5+5; int n,m,K,x,y,mp[M],cnt,hd[M],to[M<<1],nxt[M<<1],ans,dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1}; bool a[N][N],vis[M]; void add(int x,int y){ to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt; } bool find(int x){ for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i]; if(vis[y]) continue; vis[y]=1; if(!mp[y]||find(mp[y])){mp[y]=x;return 1;} } return 0; } signed main(){ while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&K)){ cnt=ans=0,MEM(hd,0),MEM(a,0),MEM(mp,0); for(int i=1;i<=K;i++) scanf("%d%d",&y,&x),a[x][y]=1; //標記被刪掉的位置 for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]||(i+j)&1) continue; for(int k=0;k<4;k++){ x=i+dx[k],y=j+dy[k]; if(a[x][y]||x<1||x>n||y<1||y>m) continue; add(i*m+j,x*m+y); //相鄰位置連邊 } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]||(i+j)&1) continue; MEM(vis,0); if(find(i*m+j)) ans++; } puts(2*ans==n*m-K?"YES":"NO"); } return 0; }
3. ZOJ 3988 Prime Set
題目大意：給定 n 個整數 a1,...,an，你需要從中選出 k 個數對 {ax1,ay1 },{ax2,ay2 },..., {axk,ayk}（數對之間可以有重復元素），使得每一對數對的和都是質數。
你需要最大化這 k 個數對求並后集合里的元素個數。 1≤n≤3×103，1≤k≤n(n-1)/2。
Solution：
首先跑素數篩，得出所有可以形成質數的數對。
先忽略 1+1=2 的情況，那么所有合法的數對一定奇偶不同（除了 2 外的質數都是奇數，奇數+偶數=奇數）。
建一個二分圖，左邊是奇數，右邊是偶數。跑一遍最大匹配，然后再把 1+1=2 的情況考慮進去，剩下的貪心選取。
注意 1 的位置需要特殊處理。
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define MEM(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) using namespace std; const int N=3e3+5,M=2e6+5; int t,n,k,a[N],p[M],cnt,hd[M],to[M<<1],nxt[M<<1],mp[M],ans,sum,tmp; bool vis[M],v[M]; void add(int x,int y){ to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt; } bool find(int x){ for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int y=to[i]; if(vis[y]) continue; vis[y]=1; if(mp[y]==-1||find(mp[y])){mp[x]=y,mp[y]=x;return 1;} } return 0; } signed main(){ vis[0]=vis[1]=1; for(int i=1;i<=2e6;i++){ //線性篩 if(!vis[i]) p[++cnt]=i,v[i]=1; for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=2e6;j++){ vis[i*p[j]]=1; if(i%p[j]==0) break; } } scanf("%lld",&t); while(t--){ scanf("%lld%lld",&n,&k),cnt=ans=sum=tmp=0,MEM(hd,0); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),mp[i]=-2; for(int i=1;i<=n;i++) //建二分圖 for(int j=i+1;j<=n;j++) if(v[a[i]+a[j]]){ mp[i]=mp[j]=-1; if(a[i]==1&&a[j]==1) continue; a[i]&1?add(i,j):add(j,i); } for(int i=1;i<=n;i++) if(mp[i]==-1&&(a[i]&1)) MEM(vis,0),ans+=find(i); for(int i=1;i<=n;i++){ if(mp[i]<0&&a[i]==1) sum++; //特殊處理 1+1=2 的情況 if(mp[i]==-2) tmp++; } ans+=sum/2,tmp=n-tmp-ans*2; //ans:數對個數 tmp:剩余的未被匹配的元素個數 if(ans>=k) printf("%lld\n",k*2); //至多選出 k 個兩兩不相交的集合，每個集合有 2 個元素，所以答案為 2*k else printf("%lld\n",2*ans+min(tmp,k-ans)); //若 i 未被匹配，表示 (i,j) 中 j 已匹配其他元素，故若選擇 (i,j) 只會得到 1 個不同元素 i，所以答案為 2*ans+min(tmp,k-ans)。 } return 0; }