KM 算法，全名 Kuhn-Munkres 算法，可以在 \(O(n^3)\) 時間內求出二分圖的最大權完美匹配。
該算法的核心思想是給每個點一個頂標 \(l_i\)，使得 \(\forall(u,v),l_u+l_v\ge w_{u,v}\)，匹配時只考慮滿足 \(l_u+l_v=w_{u,v}\) 的邊 \(u,v\)，這樣可以使得匹配時僅考慮這些邊，不用考慮邊權跑出來的完美匹配一定是最大權完美匹配。證明考慮任意一個完美匹配權值為 \(\sum w(u,v)\le\sum l\)，而我們按照上述方法跑出來的匹配權值為 \(\sum l\)。
考慮如何實現。我們先初始化一組頂標，使得其滿足上述條件，一種可行的初始化方案是令右部點的頂標 \(l_v=0\)，左部點的頂標 \(l_u=\max_v w_{u,v}\)。這之后，我們只考慮所有點和滿足 \(l_u+l_v=w_{u,v}\) 的邊，我們稱這樣的一個子圖為“相等子圖”，考慮在其中找匹配。
仿照找最大匹配的方法，我們考慮每次新加一個左部點進入匹配。加入一個左部點 \(u\) 時，我們從 \(u\) 開始跑一遍匈牙利算法找匹配，若找到匹配則繼續考慮下一個左部點，若未找到匹配則說明當前相等子圖已經無法找到完美匹配，此時我們要設法擴大它，於是我們考慮調整頂標。
注意到此時從 \(u\) 開始通過走未匹配、匹配、未匹配...的交錯路我們可以到達部分左部點，將這些路徑提出來可以得到一棵樹，我們稱之為交錯樹。定義在交錯樹上的左/右部點分別為點集 \(S,T\)，不在交錯樹上的點類似定義為 \(S',T'\)。
下圖是一個例子，其中紅色點是 \(u\)，紅色邊是匹配中的邊，所有邊都是相等子圖中的邊。在這個例子中，交錯樹是一條鏈（左 4 到左 3）。
我們發現：一定沒有 \(S-T'\) 的邊，不然交錯樹會增長或者甚至找到匹配；\(S'-T\) 的邊一定是非匹配邊，否則該左部點將可以被 \(u\) 走到，從而進入 \(S\)。
考慮一種調整的操作：設定一個常數 \(a\)，給 \(S\) 中的頂標 \(-a\)，\(T\) 中的頂標 \(+a\)，則該操作會造成以下效果：
- \(S-T,S'-T'\) 的邊不受影響。
- \(S'-T\) 的邊 \(l_u+l_v\) 增大，可能會有邊被移出相等子圖。
- \(S-T'\) 的邊 \(l_u+l_v\) 減小，可能有邊被加入相等子圖。
然而此時我們選的這個 \(a\) 需要使得我們做完這次操作后仍然對於所有邊有 \(l_u+l_v\ge w_{u,v}\)。第一種影響不用考慮，第二種影響的 \(l_u+l_v\) 只增不減，於是也不用考慮，只用考慮第三種影響。為了使調整后的頂標仍然滿足條件，我們取 \(a=\min\{l_u+l_v-w_{u,v}\mid u\in S,v\in T'\}\) 即可。
調整后會有新右部點加入，我們考慮這個右部點：
- 如果其是未匹配點，則我們已經找到了一條增廣路。
- 如果其與 \(S'\) 中的點匹配了，則我們的 \(S,T\) 集合與交錯樹均被擴大，我們繼續重復剛才的過程即可。
可以發現，在最多 \(n\) 次操作后，我們一定可以找到一個未匹配點，於是此時匹配完成，繼續考慮下一個左部點即可。
實現時直接維護交錯樹即可，因為交錯樹中的邊是只增不刪的。
除此之外，為了保證復雜度，我們還需要對每個 \(T'\) 中的節點維護一個松弛量 \(slack_v=\min \{l_u+l_v-w_{u,v}\mid u\in S\}\)，每次求 \(a\) 的值時暴力枚舉每一個 \(T'\) 中的點，找到最小的 \(slack_v\)，令 \(a\) 等於其值，並把 \(v\) 和其匹配點（如果有）加入交錯樹即可，而無需再將能從之直接到達的點加入：因為若 \(v\) 的匹配點 \(x\) 還能到達其他右部點 \(y\)，則說明有 \(l_x+l_y-w_{x,y}=0\)，根據定義有 \(slack_y=0\)，於是在接下來的操作中 \(y\) 會先被加入。
時間復雜度：需要執行 \(O(n)\) 次加入左部點操作，每次操作需要跑一遍 \(O(n^2)\) 的匈牙利算法，每次需要將 \(O(n)\) 個左部點加入交錯樹中，每加入一個左部點需要 \(O(n)\) 用當前加入的點對每個右部點計算 \(slack\)；每次操作要調整 \(O(n)\) 次頂標，每調整一次頂標要修改 \(O(n)\) 個點的頂標和 \(slack\)，於是時間復雜度是嚴格 \(O(n^3)\)。
對於更一般的情況的處理：
-
若原圖左右部點數量相等但並不保證有完美匹配，需分情況討論：
- 若只要求最大權或是允許部分點不匹配等情況，可以把原圖補成完全圖，其中連的虛邊邊權均為 0；
- 若要求最大匹配，有兩種方法：一種是網上介紹的多的方法是補成完全圖，其中邊權為負無窮；一種是我口胡的（不知道對不對），可以先把原圖跑一遍最大匹配看看是否有完美匹配。
-
若左右部點數量不等，可以通過補虛點的方式使左右部點數量相等，然后用上面的方法做。
code（洛谷模板題）：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n , m , x , y , z , fp[1100] , par[1100] , fa[1100] , mn[1100] , ok = 0;
int fst[1100] , nex[550000] , v[550000] , tot , mxpar[1100] , f[550][550];
long long l[1100] , slack[1100] , ans , val[550000];
vector< int > id , lp , rp;
void add( int a , int b , long long c )
{
nex[++tot] = fst[a]; fst[a] = tot;
v[tot] = b; val[tot] = c;
}
int match( int u )
{
id.push_back(u);
for(int i = fst[u] ; i ; i = nex[i] )
{
if(l[u] + l[v[i]] != val[i] || fa[v[i]]) continue;
if(!fp[v[i]])
{
par[u] = v[i]; par[v[i]] = u; fp[u] = fp[v[i]] = 1;
ans += l[v[i]];
return 1;
}
else
{
if(fa[v[i]] = u , fa[par[v[i]]] = v[i] , match(par[v[i]]))
{
par[v[i]] = u; par[u] = v[i]; fp[u] = fp[v[i]] = 1;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
long long KM( vector< int > &lp , vector< int > &rp )
{
ans = 0;
int t = n + n;
while(lp.size() < rp.size())
{
lp.push_back(++t);
for(int i : rp) add(t , i , 0);
}
while(lp.size() > rp.size())
{
rp.push_back(++t);
for(int i : lp) add(i , t , 0);
}
for(int i : lp) fp[i] = l[i] = par[i] = 0;
for(int i : rp) fp[i] = l[i] = par[i] = 0;
for(int i : lp)
for(int e = fst[i] ; e ; e = nex[e] ) l[i] = max(l[i] , (long long)val[e]);
for(int i : lp)
{
for(int u : lp) fa[u] = 0 , slack[u] = 1e16;
for(int u : rp) fa[u] = 0 , slack[u] = 1e16;
slack[0] = 1e16;
fa[i] = -1;
if(match(i))
{
ans += l[i] , id.clear();
continue;
}
while(1)
{
for(int j : id)
for(int e = fst[j] ; e ; e = nex[e] )
if(slack[v[e]] > l[j] + l[v[e]] - val[e])
slack[v[e]] = l[j] + l[v[e]] - val[e] , mn[v[e]] = j;
id.clear();
int u = 0;
for(int j : rp)
if(slack[j] < slack[u] && !fa[j]) u = j;
int w = slack[u];
for(int j : lp)
if(fa[j]) l[j] -= w , ans -= w;
ans += w;
for(int j : rp)
{
if(fa[j]) l[j] += w , ans += w;
else slack[j] -= w;
}
if(!fp[u])
{
ans += l[u] + l[i];
int las = u; u = mn[u];
while(u != -1)
{
if(las)
{
par[las] = u; par[u] = las; fp[u] = fp[las] = 1;
las = 0;
}
else las = u;
u = fa[u];
}
break;
}
fa[u] = mn[u]; int v = par[u]; fa[v] = u;
id.push_back(v);
}
}
return ans;
}
int main()
{
// freopen("1.in" , "r" , stdin);
// freopen("1.out" , "w" , stdout);
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(int i = 1 ; i <= m ; i++ )
{
scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z); f[x][y] = 1; z += 19980731;
add(x , y + n , z);
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i++ )
for(int j = n + 1 ; j <= n + n ; j++ )
if(!f[i][j - n]) add(i , j , -1e12);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++ ) lp.push_back(i);
for(int i = n + 1 ; i <= n + n ; i++ ) rp.push_back(i);
printf("%lld\n" , KM(lp , rp) - 19980731ll * n);
for(int i = n + 1 ; i <= n + n ; i++ )
{
if(par[i] <= n && f[par[i]][i - n]) printf("%d " , par[i]);
else printf("0 ");
}
return 0;
}
/*
*/