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二分图
定义
二分图,又称二部图,英文名叫 B i p a r t i t e g r a p h 二分图,又称二部图,英文名叫 Bipartite graph 二分图,又称二部图,英文名叫Bipartitegraph
二分图是什么?节点由两个集合组成,且两个集合内部没有边的图 二分图是什么?节点由两个集合组成,且两个集合内部没有边的图 二分图是什么?节点由两个集合组成,且两个集合内部没有边的图
换言之,存在一种方案,将节点划分成满足以上性质的两个集合 换言之,存在一种方案,将节点划分成满足以上性质的两个集合 换言之,存在一种方案,将节点划分成满足以上性质的两个集合
性质:二分图不存在奇数边的环 性质:二分图不存在奇数边的环 性质:二分图不存在奇数边的环
证明:因为每一条边都是从一个集合走到另一个集合,只有走偶数次才可能回到同一个集合 证明:因为每一条边都是从一个集合走到另一个集合,只有走偶数次才可能回到同一个集合 证明:因为每一条边都是从一个集合走到另一个集合,只有走偶数次才可能回到同一个集合
一般题型:染色法判图,最大匹配问题,最大边权匹配问题 一般题型:染色法判图,最大匹配问题, 最大边权匹配问题 一般题型:染色法判图,最大匹配问题,最大边权匹配问题
染色法判图
例题
染色法顾名思义就是把点染成色,由于二分图是两个集合,所以只需要两个颜色,当我们使用数组存颜色的时候 染色法顾名思义就是把点染成色,由于二分图是两个集合,所以只需要两个颜色,当我们使用数组存颜色的时候 染色法顾名思义就是把点染成色,由于二分图是两个集合,所以只需要两个颜色,当我们使用数组存颜色的时候
如果颜色用 0 和 1 来去染则不好判断该点是否被染过色,用 m e m s e t 或者 a s s i g n 去初始化也有点浪费时间 如果颜色用0和1来去染则不好判断该点是否被染过色,用memset或者assign去初始化也有点浪费时间 如果颜色用0和1来去染则不好判断该点是否被染过色,用memset或者assign去初始化也有点浪费时间
干脆就把颜色用 1 和 2 去染,思路就打开了 : 当某一点没被染,先染成 1 ,与其连边的点就染成 2 干脆就把颜色用1和2去染,思路就打开了:当某一点没被染,先染成1,与其连边的点就染成2 干脆就把颜色用1和2去染,思路就打开了:当某一点没被染,先染成1,与其连边的点就染成2
到时候变色去染就可以用一个 3 − c o l o r 去染则方便很多 , 具体的染色我们可以用 d f s 或者 b f s 到时候变色去染就可以用一个3 – color去染则方便很多, 具体的染色我们可以用dfs或者bfs 到时候变色去染就可以用一个3−color去染则方便很多,具体的染色我们可以用dfs或者bfs
以下是这题的思路代码 以下是这题的思路代码 以下是这题的思路代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; #define PII pair<int, int> #define ll long long const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; ll cnt[3]; int color[N]; vector<int>e[N];//用vector当邻接表用 void dfs(int x, int pos) {
color[x] = pos; cnt[pos]++; for (auto &i : e[x]) {
if (!color[i]) {
dfs(i, 3 - pos); } } return; } void solve() {
int n; cin >> n; int x, y; for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
cin >> x >> y; e[x].push_back(y); e[y].push_back(x);//注意一定是无向图 } dfs(1, 1); cout << (cnt[1] * cnt[2] - n + 1); return; } int main(){
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0); int T; //cin >> T; T = 1; while (T--) {
solve(); } return 0; }
最大匹配问题
例题
二分图的最大匹配问题我们一般使用 K M ( 匈牙利 ) 算法 二分图的最大匹配问题我们一般使用KM(匈牙利)算法 二分图的最大匹配问题我们一般使用KM(匈牙利)算法
具体思路:想像成是男女配对 具体思路:想像成是男女配对 具体思路:想像成是男女配对
( t i p s : 此图与题目样例无关,只是举个例子 ) (tips:此图与题目样例无关,只是举个例子) (tips:此图与题目样例无关,只是举个例子)
K M 算法的思想在于一句话:待字闺中,据为己有;名花有主,求他放手 KM算法的思想在于一句话:待字闺中,据为己有;名花有主,求他放手 KM算法的思想在于一句话:待字闺中,据为己有;名花有主,求他放手
我们先看男 1 ( 从上往下标记,下同 ) 想与女 2 匹配,然后女 2 暂时无人与其匹配,则同意男 1 我们先看男1(从上往下标记,下同)想与女2匹配,然后女2暂时无人与其匹配,则同意男1 我们先看男1(从上往下标记,下同)想与女2匹配,然后女2暂时无人与其匹配,则同意男1
然后到男 2 ,男 2 与女 1 匹配,再看男 3 ,然后男 3 发现女 2 和男 1 匹配了 然后到男2,男2与女1匹配,再看男3,然后男3发现女2和男1匹配了 然后到男2,男2与女1匹配,再看男3,然后男3发现女2和男1匹配了
由于 K M 算法讲究一个不撞南墙不回头,所以男 3 就恳求男 1 ,让男 1 去和其他女生进行匹配 由于KM算法讲究一个不撞南墙不回头,所以男3就恳求男1,让男1去和其他女生进行匹配 由于KM算法讲究一个不撞南墙不回头,所以男3就恳求男1,让男1去和其他女生进行匹配
男 1 一看,诶,女 4 可以跟他匹配,那么男 1 和女 4 匹配,男 3 和女 2 匹配 ( 这就是最大匹配的精髓 ) 男1一看,诶,女4可以跟他匹配,那么男1和女4匹配,男3和女2匹配(这就是最大匹配的精髓) 男1一看,诶,女4可以跟他匹配,那么男1和女4匹配,男3和女2匹配(这就是最大匹配的精髓)
然后到男 4 ,男 4 和女 3 匹配,然后这个图的最大匹配数就是 4 ,各有对象 然后到男4,男4和女3匹配,然后这个图的最大匹配数就是4,各有对象 然后到男4,男4和女3匹配,然后这个图的最大匹配数就是4,各有对象
那么代码实现思路就出来了,每一次寻点时,用 s t 数组去判断是否匹配过, m a t c h 数组存储匹配对象 那么代码实现思路就出来了,每一次寻点时,用st数组去判断是否匹配过,match数组存储匹配对象 那么代码实现思路就出来了,每一次寻点时,用st数组去判断是否匹配过,match数组存储匹配对象
由于二分图只有两个集合,只需遍历其中一个集合,查询另一个集合即可 由于二分图只有两个集合,只需遍历其中一个集合,查询另一个集合即可 由于二分图只有两个集合,只需遍历其中一个集合,查询另一个集合即可
以下是这题的代码 以下是这题的代码 以下是这题的代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 5; #define ll long long vector<int>edge[505]; vector<int>match(505, 0); vector<bool>st(505, false); bool find(int x){
for(auto &i : edge[x]){
if(!st[i]){
st[i] = true; if(!match[i] || find(match[i])){
match[i] = x; return true; } } } return false; } int main(){
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0),cout.tie(0); int n, m, e; cin >> n >> m >> e; int a, b; while(e--){
cin >> a >> b; edge[a].push_back(b); //建图建有向图 } int sum = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){
st.assign(505, false); if(find(i))sum++; } cout << sum << "\n"; return 0; }
最大边权匹配问题
这部分的内容比较难且复杂,可以做例题多体会 这部分的内容比较难且复杂,可以做例题多体会 这部分的内容比较难且复杂,可以做例题多体会
考虑到二分图中两个集合中的点并不总是相同 考虑到二分图中两个集合中的点并不总是相同 考虑到二分图中两个集合中的点并不总是相同
为了能应用 K M 算法解决二分图的最大权匹配,需要先作如下处理 : 为了能应用 KM 算法解决二分图的最大权匹配,需要先作如下处理: 为了能应用KM算法解决二分图的最大权匹配,需要先作如下处理:
将两个集合中点数比较少的补点,使得两边点数相同,再将不存在的边权重设为 0 将两个集合中点数比较少的补点,使得两边点数相同,再将不存在的边权重设为 0 将两个集合中点数比较少的补点,使得两边点数相同,再将不存在的边权重设为0
这种情况下,问题就转换成求最大权完美匹配问题,从而能应用 K M 算法求解 这种情况下,问题就转换成求 最大权完美匹配问题,从而能应用 KM 算法求解 这种情况下,问题就转换成求最大权完美匹配问题,从而能应用KM算法求解
可行顶标 : 给每个节点 i 分配一个权值 l ( i ) ,对于所有边 ( u , v ) 满足 w ( u , v ) ≤ l ( u ) + l ( v ) 可行顶标:给每个节点 i 分配一个权值 l(i),对于所有边 (u,v) 满足 w(u,v) \leq l(u) + l(v) 可行顶标:给每个节点i分配一个权值l(i),对于所有边(u,v)满足w(u,v)≤l(u)+l(v)
相等子图 : 在一组可行顶标下原图的生成子图,包含所有点但只包含满足 w ( u , v ) = l ( u ) + l ( v ) 的边 ( u , v ) 相等子图:在一组可行顶标下原图的生成子图,包含所有点但只包含满足 w(u,v) = l(u) + l(v) 的边 (u,v) 相等子图:在一组可行顶标下原图的生成子图,包含所有点但只包含满足w(u,v)=l(u)+l(v)的边(u,v)
定理 1 : 对于某组可行顶标,如果其相等子图存在完美匹配,那么,该匹配就是原二分图的最大权完美匹配 , 证明: 定理 1 : 对于某组可行顶标,如果其相等子图存在完美匹配,那么,该匹配就是原二分图的最大权完美匹配,证明: 定理1:对于某组可行顶标,如果其相等子图存在完美匹配,那么,该匹配就是原二分图的最大权完美匹配,证明:
考虑原二分图任意一组完美匹配 M ,其边权和为 考虑原二分图任意一组完美匹配 M,其边权和为 考虑原二分图任意一组完美匹配M,其边权和为
v a l ( M ) = ∑ ( u , v ) ∈ M w ( u , v ) ≤ ∑ ( u , v ) ∈ M l ( u ) + l ( v ) ≤ ∑ i = 1 n l ( i ) val(M) = \sum_{(u,v)\in M} {w(u,v)} \leq \sum_{(u,v)\in M} {l(u) + l(v)} \leq \sum_{i=1}^{n} l(i) val(M)=∑(u,v)∈Mw(u,v)≤∑(u,v)∈Ml(u)+l(v)≤∑i=1nl(i)
思路
任意一组可行顶标的相等子图的完美匹配 M ′ 的边权和 任意一组可行顶标的相等子图的完美匹配 M’ 的边权和 任意一组可行顶标的相等子图的完美匹配M′的边权和
v a l ( M ′ ) = ∑ ( u , v ) ∈ M l ( u ) + l ( v ) = ∑ i = 1 n l ( i ) val(M’) = \sum_{(u,v)\in M} {l(u) + l(v)} = \sum_{i=1}^{n} l(i) val(M′)=∑(u,v)∈Ml(u)+l(v)=∑i=1nl(i)
即任意一组完美匹配的边权和都不会大于 v a l ( M ′ ) ,那个 M ′ 就是最大权匹配 即任意一组完美匹配的边权和都不会大于 val(M’),那个 M’ 就是最大权匹配 即任意一组完美匹配的边权和都不会大于val(M′),那个M′就是最大权匹配
有了定理 1 ,我们的目标就是透过不断的调整可行顶标,使得相等子图是完美匹配 有了定理 1,我们的目标就是透过不断的调整可行顶标,使得相等子图是完美匹配 有了定理1,我们的目标就是透过不断的调整可行顶标,使得相等子图是完美匹配
因为两边点数相等,假设点数为 n , l x ( i ) 表示左边第 i 个点的顶标, l y ( i ) 表示右边第 i 个点的顶标 因为两边点数相等,假设点数为 n,lx(i) 表示左边第 i 个点的顶标,ly(i) 表示右边第 i 个点的顶标 因为两边点数相等,假设点数为n,lx(i)表示左边第i个点的顶标,ly(i)表示右边第i个点的顶标
w ( u , v ) 表示左边第 u 个点和右边第 v 个点之间的权重 w(u,v) 表示左边第 u 个点和右边第 v 个点之间的权重 w(u,v)表示左边第u个点和右边第v个点之间的权重
首先初始化一组可行顶标,例如 首先初始化一组可行顶标,例如 首先初始化一组可行顶标,例如
l x ( i ) = max 1 ≤ j ≤ n { w ( i , j ) } , l y ( i ) = 0 lx(i) = \max_{1\leq j\leq n} \{ w(i, j)\},\, ly(i) = 0 lx(i)=max1≤j≤n{
w(i,j)},ly(i)=0
然后选一个未匹配点,如同最大匹配一样求增广路。找到增广路就增广,否则,会得到一个交错树 然后选一个未匹配点,如同最大匹配一样求增广路。找到增广路就增广,否则,会得到一个交错树 然后选一个未匹配点,如同最大匹配一样求增广路。找到增广路就增广,否则,会得到一个交错树
令 S , T 表示二分图左边右边在交错树中的点, S ′ , T ′ 表示不在交错树中的点 令 S,T 表示二分图左边右边在交错树中的点,S’,T’ 表示不在交错树中的点 令S,T表示二分图左边右边在交错树中的点,S′,T′表示不在交错树中的点
在相等子图中: 在相等子图中: 在相等子图中:
S − T ′ 的边不存在,否则交错树会增长 S-T’ 的边不存在,否则交错树会增长 S−T′的边不存在,否则交错树会增长
S ′ − T 一定是非匹配边,否则他就属于 S S’-T 一定是非匹配边,否则他就属于 S S′−T一定是非匹配边,否则他就属于S
假设给 S 中的顶标 − a ,给 T 中的顶标 + a ,可以发现 假设给 S 中的顶标 -a,给 T 中的顶标 +a,可以发现 假设给S中的顶标−a,给T中的顶标+a,可以发现
S − T 边依然存在相等子图中 S-T 边依然存在相等子图中 S−T边依然存在相等子图中
S ′ − T ′ 没变化 S’-T’ 没变化 S′−T′没变化
S − T ′ 中的 l x + l y 有所减少,可能加入相等子图 S-T’ 中的 lx + ly 有所减少,可能加入相等子图 S−T′中的lx+ly有所减少,可能加入相等子图
S ′ − T 中的 l x + l y 会增加,所以不可能加入相等子图 S’-T 中的 lx + ly 会增加,所以不可能加入相等子图 S′−T中的lx+ly会增加,所以不可能加入相等子图
所以这个 a 值的选择,显然得是 S − T ′ 当中最小的边权 所以这个 a 值的选择,显然得是 S-T’ 当中最小的边权 所以这个a值的选择,显然得是S−T′当中最小的边权
a = min { l x ( u ) + l y ( v ) − w ( u , v ) ∣ u ∈ S , v ∈ T ′ } a = \min \{ lx(u) + ly(v) – w(u,v) | u\in{S} , v\in{T’} \} a=min{
lx(u)+ly(v)−w(u,v)∣u∈S,v∈T′}
当一条新的边 ( u , v ) 加入相等子图后有两种情况 当一条新的边 (u,v) 加入相等子图后有两种情况 当一条新的边(u,v)加入相等子图后有两种情况
v 是未匹配点,则找到增广路 v 是未匹配点,则找到增广路 v是未匹配点,则找到增广路
v 和 S ′ 中的点已经匹配 v 和 S’ 中的点已经匹配 v和S′中的点已经匹配
这样至多修改 n 次顶标后,就可以找到增广路 这样至多修改 n 次顶标后,就可以找到增广路 这样至多修改n次顶标后,就可以找到增广路
每次修改顶标的时候,交错树中的边不会离开相等子图,那么我们直接维护这棵树 每次修改顶标的时候,交错树中的边不会离开相等子图,那么我们直接维护这棵树 每次修改顶标的时候,交错树中的边不会离开相等子图,那么我们直接维护这棵树
我们对 T 中的每个点 v 维护 我们对 T 中的每个点 v 维护 我们对T中的每个点v维护
s l a c k ( v ) = min { l x ( u ) + l y ( v ) − w ( u , v ) ∣ u ∈ S } slack(v) = \min \{ lx(u) + ly(v) – w(u,v) | u\in{S} \} slack(v)=min{
lx(u)+ly(v)−w(u,v)∣u∈S}
所以可以在 O ( n ) 算出顶标修改值 a 所以可以在 O(n) 算出顶标修改值 a 所以可以在O(n)算出顶标修改值a
a = min { s l a c k ( v ) ∣ v ∈ T ′ } a = \min \{ slack(v) | v\in{T’} \} a=min{
slack(v)∣v∈T′}
交错树新增一个点进入 S 的时候需要 O ( n ) 更新 s l a c k ( v ) 。修改顶标需要 O ( n ) 给每个 s l a c k ( v ) 减去 a 交错树新增一个点进入 S 的时候需要 O(n) 更新 slack(v)。修改顶标需要 O(n) 给每个 slack(v) 减去 a 交错树新增一个点进入S的时候需要O(n)更新slack(v)。修改顶标需要O(n)给每个slack(v)减去a
只要交错树找到一个未匹配点,就找到增广路 只要交错树找到一个未匹配点,就找到增广路 只要交错树找到一个未匹配点,就找到增广路
一开始枚举 n 个点找增广路,为了找增广路需要延伸 n 次交错树,每次延伸需要 n 次维护,共 O ( n 3 ) 一开始枚举 n 个点找增广路,为了找增广路需要延伸 n 次交错树,每次延伸需要 n 次维护,共 O(n^3) 一开始枚举n个点找增广路,为了找增广路需要延伸n次交错树,每次延伸需要n次维护,共O(n3)
若理论部分看不懂,可以结合代码思考一下 若理论部分看不懂,可以结合代码思考一下 若理论部分看不懂,可以结合代码思考一下
例题
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int INF = 0x3f3f3f3f; const int N = 2e5 + 10; vector<int>match(50), lx(50, 0), ly(50, 0); vector<bool>sx(50), sy(50); int a[50][50]; int n, MIN; bool find(int x) {
sx[x] = true; for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!sy[i]) {
if (lx[x] + ly[i] == a[x][i]) {
sy[i] = true; if (!match[i] || find(match[i])) {
match[i] = x; return true; } } else if (lx[x] + ly[i] > a[x][i]) {
MIN = min(MIN, lx[x] + ly[i] - a[x][i]); } } } return false; } int main(){
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0); cin >> n; int x; for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> x; a[i][j] = x; } } for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> x; a[j][i] *= x; } } for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
lx[i] = max(lx[i], a[i][j]); } } for (int i = 1; i <= n; i++) {
while (1) {
MIN = INF; sx.assign(25, false); sy.assign(25, false); if (find(i)) break; for (int j = 1; j <= n; j++) {
if(!sx[j])continue; lx[j] -= MIN; } for (int j = 1; j <= n; j++) {
if(!sy[j])continue; ly[j] += MIN; } } } int sum = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum += a[match[i]][i]; } cout << sum << "\n"; return 0; }
题单
序号 | 题号 | 标题 | 题型 | 难度评级 | 题解 |
---|---|---|---|---|---|
1 | Codeforces CF862B | Mahmoud and Ehab and the bipartiteness | 染色法判图 | ⭐⭐ | 👍 |
2 | luogu P1525 | [NOIP2010 提高组] 关押罪犯 | 染色法判图 | ⭐⭐⭐ | 👍 |
3 | luogu P1407 | [国家集训队] 稳定婚姻 | 染色法判图 | ⭐⭐⭐ | 👍 |
4 | luogu P3386 | 【模板】二分图匹配 | 最大匹配 | ⭐⭐ | 👍 |
5 | luogu P2756 | 飞行员配对方案问题 | 最大匹配 | ⭐⭐ | 👍 |
6 | luogu P1129 | [ZJOI2007]矩阵游戏 | 最大匹配 | ⭐⭐⭐ | 👍 |
7 | luogu P2423 | [HEOI2012]朋友圈 | 最大匹配 | ⭐⭐⭐⭐⭐ | 👍 |
8 | luogu P2825 | [HEOI2016/TJOI2016]游戏 | 最大匹配 | ⭐⭐⭐⭐ | 👍 |
9 | luogu P3033 | [USACO11NOV]Cow Steeplechase | 最大匹配 | ⭐⭐⭐⭐ | 👍 |
10 | luogu P4617 | [COCI2017-2018#5] Planinarenje | 最大匹配 | ⭐⭐⭐⭐ | 👍 |
11 | luogu P1559 | 运动员最佳匹配问题 | 最大边权匹配 | ⭐⭐⭐⭐ | 👍 |
12 | luogu P4014 | 分配问题 | 最大边权匹配 | ⭐⭐⭐ ⭐ | 👍 |
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