前置
二分图：二分图又称作二部图，是图论中的一种特殊模型。 设\(G=(V,E)\)是一个无向图，如果顶点V可分割为两个互不相交的子集\((A,B)\)，并且图中的每条边\((i，j)\)所关联的两个顶点i和j分别属于这两个不同的顶点集\((i\;in A,j\;in B)\)，则称图G为一个二分图。
简而言之，就是顶点集V可分割为两个互不相交的子集，并且图中每条边依附的两个顶点都分属于这两个互不相交的子集，两个子集内的顶点不相邻。
无向图G为二分图的充分必要条件是，G至少有两个顶点，且其所有回路的长度均为偶数。
匹配：给定一个二分图G，在G的一个子图M中，M的边集{E}中的任意两条边都不依附于同一个顶点，则称M是一个匹配
极大匹配(Maximal Matching)是指在当前已完成的匹配下,无法再通过增加未完成匹配的边的方式来增加匹配的边数。最大匹配(maximum matching)是所有极大匹配当中边数最大的一个匹配。选择这样的边数最大的子集称为图的最大匹配问题。
如果一个匹配中，图中的每个顶点都和图中某条边相关联，则称此匹配为完全匹配，也称作完备匹配。
求二分图最大匹配可以用最大流(Maximal Flow)或者匈牙利算法(Hungarian Algorithm)
实战
下面好几道(好像总共也没几道题)都是网络流的题 因为数据太水可以用匈牙利水过 emmm大概看一下吧 酒店之王有说明
[hdu2063]过山车
匈牙利算法模板
不断地进行匹配，如果当前匹配不可行，则尝试修改原来的匹配，使得最后的匹配数最大。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1000+5,M=500+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827; int k,n,m,ans,match[N]; double link[N][N],vis[N]; template <class t>void rd(t &x){ x=0;int w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); x=w?-x:x; } bool dfs(int x){ for(int i=1;i<=n;++i){//扫描每个男生 if(link[x][i]&&!vis[i]){//如果能连接 并且i不在当前匈牙利树中 vis[i]=1; if(!match[i]||dfs(match[i])){match[i]=x;return 1;} //名花无主或者能腾出空位置来 } } return 0; } int main(){ while(scanf("%d",&k)!=EOF&&k){ ans=0; memset(link,0,sizeof(link)); memset(match,0,sizeof(match)); rd(m),rd(n); for(int i=1,x,y;i<=k;++i) rd(x),rd(y),link[x][y]=1; for(int i=1;i<=m;++i){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i)) ++ans; } printf("%d\n",ans); } return 0; } dfs版
>queue Q; int prev[__maxNodes]; int Hungarian() { int ans = 0; memset(matching, -1, sizeof(matching)); memset(check, -1, sizeof(check)); for (int i=0; i= 0) { // 此点为匹配点 prev[matching[v]] = u; } else { // 找到未匹配点，即找到增广路 flag = true; int d=u, e=v; while (d != -1) {//修改原来的匹配关系 int t = matching[d]; matching[d] = e; matching[e] = d; d = prev[d]; e = t; } } } } Q.pop(); } if (matching[i] != -1) ++ans; } } return ans; } [SCOI2010]游戏
把各个装备值看作左部点 装备编号看作右部点
(还可以用并查集做 具体看黄学长der
vis太大用memset会超时 从标程上学到 用一个数组gai记录变了的vis 然后初始化时只改变了的
#include<bits/stdc++.h> using namespace std #define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y)) const int N=1000000+5,M=10000+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827; int n,mx,ans,match[N],gai[N]; double vis[N]; template <class t>void rd(t &x){ x=0;int w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); x=w?-x:x; } int head[M],tot=0; struct edge{int v,nxt;}e[N<<1]; void add(int u,int v){ e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot; } bool dfs(int x){ for(int i=head[x],v;i;i=e[i].nxt) if(!vis[v=e[i].v]){ vis[gai[++gai[0]]=v]=1; if(!match[v]||dfs(match[v])){match[v]=x;return 1;} } return 0; } int main(){ freopen("in2.txt","r",stdin); //freopen("xor.out","w",stdout); rd(n);mx=ans=0; for(int i=1,x,y;i<=n;++i) rd(x),rd(y),add(x,i),add(y,i),mx=Max(mx,Max(x,y)); for(int i=1;i<=mx;++i){ for(int i=1;i<=gai[0];++i) vis[gai[i]]=0;gai[0]=0; if(dfs(i)) ++ans; else break; } printf("%d",ans); return 0; } luogu1402酒店之王
一个人有两个要求 若两个要求都满足 则这个人满意
从一个点同时向两边出发 若两个同时满足 则++ans 若不满足 就得把这个点增广出去的边给退回来
但是有bug...主要是这题数据水
(fromluogu讨论区
一组样例:
3 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1
输出:2
说明：
中间的节点表示奶牛，左右表示食物和饮料。 还一组样例:3 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1
输出:
2
说明：
两个样例输出都是2,但匈牙利算法的第二个程序输出结果为1.
结果的差异本质上是代码思路的问题，可以模拟一下程序运行第二组样例的过程
但改一下，可以把luogu2891水过，让连接边最多的牛先去赠广，这样可以避免发生一些不必要的冲突，例如A食物可以同时给牛a和牛b,但是牛a可以匹配更多食物，我们肯定会将食物给牛a，这样再后续的匹配中，答案更优(但还不是最优)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y)) const int N=100+5,M=10000+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827; int n,p,q,ans,match1[N],match2[N],M1[N],M2[N]; bool vis[N],vis2[N],lka[N][N],lkb[N][N]; template <class t>void rd(t &x){ x=0;int w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); x=w?-x:x; } bool dfs1(int x){ for(int i=1;i<=p;++i) if(lka[x][i]&&!vis[i]){ vis[i]=1; if(!match1[i]||dfs1(match1[i])){match1[i]=x;return 1;} } return 0; } bool dfs2(int x){ for(int i=1;i<=q;++i) if(lkb[x][i]&&!vis2[i]){ vis2[i]=1; if(!match2[i]||dfs2(match2[i])){match2[i]=x;return 1;} } return 0; } int main(){ //freopen("in2.txt","r",stdin); //freopen("xor.out","w",stdout); ans=0; rd(n),rd(p),rd(q); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=p;++j) rd(lka[i][j]); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=q;++j) rd(lkb[i][j]); for(int i=1;i<=n;++i){ memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(vis2,0,sizeof(vis2)); for(int i=1;i<=p;++i) M1[i]=match1[i]; for(int i=1;i<=q;++i) M2[i]=match2[i]; if(dfs1(i)&&dfs2(i)) ++ans; else{ for(int i=1;i<=p;++i) match1[i]=M1[i]; for(int i=1;i<=q;++i) match2[i]=M2[i]; } } printf("%d",ans); return 0; } [SCOI2001]小狗散步
每两个相遇点之间只能去一个兴趣点而且每个兴趣点只去一次
将每两个相邻的相遇点与其能去的兴趣点连起
然后从相遇点出发做最大二分图匹配 最后输出答案
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y)) const int N=100+5,M=10000+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827; int n,m,ans=0,match[N]; bool vis[N],lnk[N][N]; template <class t>void rd(t &x){ x=0;int w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); x=w?-x:x; } struct node { int x,y; }a[N],b[N]; double qdis(node A,node B){return sqrt((A.x-B.x)*(A.x-B.x)+(A.y-B.y)*(A.y-B.y));} bool dfs(int x){ for(int i=1;i<=n;++i) if(lnk[x][i]&&!vis[i]){ vis[i]=1; if(!match[i]||dfs(match[i])){match[i]=x;return 1;} } return 0; } int main(){ freopen("in2.txt","r",stdin); //freopen("xor.out","w",stdout); rd(n),rd(m); for(int i=1;i<=n;++i) rd(a[i].x),rd(a[i].y); for(int i=1;i<=m;++i) rd(b[i].x),rd(b[i].y); for(int i=1;i<n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) if(qdis(a[i],a[i+1])*2.0>=qdis(a[i],b[j])+qdis(b[j],a[i+1])) lnk[j][i]=1; for(int i=1;i<=m;++i){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(dfs(i)) ++ans; } printf("%d\n",ans+n); for(int i=1;i<n;++i){ printf("%d %d ",a[i].x,a[i].y); if(match[i]) printf("%d %d ",b[match[i]].x,b[match[i]].y); } printf("%d %d",a[n].x,a[n].y); return 0; }