二分图匹配详解

二分图匹配

1.二分图的原始模型及相关概念

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两个不同的子集。则称图G 为二分图。我们将上边顶点集合称
为X 集合，下边顶点结合称为Y 集合，如下图，就是一个二分图。

二分图的匹配：

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。

最大匹配：

在二分图G 中所有的匹配M 中，边数最多的匹配，称为二分图的最大匹配。

完全匹配：

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。显然，完备匹配必然是一个最大匹配。
由完备匹配的定义可知：一个二分图有完备匹配，那么这个二分图的顶点个数必然为偶
数，且它的两个顶点集合的个数相等。

最佳匹配：

如果二分图G 的每条边带权的话，权和最大的匹配叫做最佳匹配。

最佳完备匹配：

在加权二分图的所有完备匹配中，边权和最大的称为最佳完备匹配。

一般图最大匹配：

对于无向图G=(V,E)，图中满足两两不含公共端点的边集合M⊂E称为这张图的一
个匹配，集合大小|M| 最大的匹配称为最大匹配。

2.求解二分图最大匹配

网络流算法

使用网络流算法：
实际上，可以将二分图最大匹配问题看成是最大流问题的一种特殊情况。
用网络流算法思想解决最大匹配问题的思路：
首先：建立源点s 和汇点t ，从s 向X 集合的所有顶点引一条边，容量为1，从Y 集合
的所有顶点向T 引一条边，容量为1。
然后：将二分图的所有边看成是从Xi到Yj的一条有向边，容量为1。
求最大匹配就是求s 到t 的最大流。
最大流图中从Xi 到Yj 有流量的边就是匹配集合中的一条边。

匈牙利算法

发现了一篇写得非常好的博客，可以看看这里的解释：趣写算法系列之–匈牙利算法

3.常见模型

上面已经提到了图的匹配的概念，此外还有几个相关的有用的概念，在此我们再介绍除
匹配之外的三个概念：
记图G=(V,E)。

匹配：在G 中两两没有公共端点的边集合M⊂E。
边覆盖：G 中的任意顶点都至少是F 中某条边的端点的边集F⊂E。
独立集：在G 中两两互不相连的顶点集合S⊂V。
顶点覆盖：G 中的任意边都有至少一个端点属于S 的顶点集合S⊂V 。

相应的也有：最大匹配，最小边覆盖，最大独立集，最小顶点覆盖。
例如下图中，最大匹配为{e1,e3}，最小边覆盖为{e1,e3,e4}，最大独立集为{v2,v4,v5}，

三个重要等式：

在二分图中满足：
(1) 对于不存在孤立点的图， 最大匹配 + 最小边覆盖 =V
证明:通过最大匹配加边得到最小边覆盖。

(2) 最大独立集 +最小顶点覆盖=V
证明:独立集中若存在边，那么顶点覆盖不能覆盖完所有边，矛盾。

(3)|最大匹配| = |最小顶点覆盖|。
具体证明参考：
百度百科:Konig定理
二分图的最小顶点覆盖 最大独立集 最大团

有向图中应用二分匹配

求有向图最小路径覆盖：
对于有向图的最小路径覆盖，先拆点，将每个点分为两个点，左边是1-n个点，右边是1-n个点
然后每一条有向边对应左边的点指向右边的点。对此图求最大匹配，再用n-最大匹配即可。

证明：
将图中顶点看做n条边，每次加入一条有向边相当于合并两条边，又因为一个点只能经过一次，与匹配的性质一样。

例题

poj3041(求最小点覆盖)

有一张方格图，有些方格上有障碍，每次可消除某一行或某一列的障碍，求至少消灭几次。

解：每个有障碍格子的X向Y连边，那么这条边可以看做是一个障碍，一个顶点可以看做消除某一行或某一列，根据题意成功转化为最小点覆盖，套版即可。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const int Maxn=1e3+50;const int Maxm=2e4+50;inline int read(){    char ch=getchar();int i=0,f=1;    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}    return i*f; }int n,m,ans,before[Maxm],to[Maxm],last[Maxn],vis[Maxn],mate[Maxn],vt,ecnt=1;inline void add(int x,int y){    before[++ecnt]=last[x];    last[x]=ecnt;    to[ecnt]=y;}inline bool Hungary(int i){    for(int e=last[i];e;e=before[e])    {        int v=to[e];        if(vis[v]==vt)continue;        vis[v]=vt;        if(!mate[v]||Hungry(mate[v]))return mate[i]=v,mate[v]=i,true;    }    return false;}int main(){    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int x=read(),y=read()+n;        add(x,y);add(y,x);    }    for(int i=1;i<=n;i++)    {        if(mate[i])continue;        vt++;if(Hungary(i))++ans;    }    cout<<ans<<endl;} 

poj1422(有向图最小路径覆盖)

套版即可。

#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;const int Maxn=2e2+50,Maxm=2e4+50;inline int read(){    char ch=getchar();int i=0,f=1;    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}    return i*f; }int T,n,m,vt,ans,mate[Maxn],to[Maxm],before[Maxm],last[Maxn],vis[Maxn],ecnt=1;inline void add(int x,int y){    before[++ecnt]=last[x];    last[x]=ecnt;    to[ecnt]=y;}inline bool Hungary(int i){    for(int e=last[i];e;e=before[e])    {        int v=to[e];        if(vis[v]==vt)continue;        vis[v]=vt;        if(!mate[v]||Hungary(mate[v]))return mate[i]=v,mate[v]=i,true;    }    return false;}int main(){    T=read();    while(T--)    {        memset(last,0,sizeof(last));        memset(mate,0,sizeof(mate));        ecnt=1;ans=0;        n=read(),m=read();        for(int i=1;i<=m;i++)        {            int x=read(),y=read()+n;            add(x,y);add(y,x);         }        for(int i=1;i<=n;i++)        {            if(mate[i])continue;            vt++;            if(Hungary(i))ans++;        }        cout<<n-ans<<endl;     }} 

poj1486Sorting Slides(判断唯一匹配)

桌上有n张幻灯片杂乱地叠在一起，给出每张幻灯片的边界和页码坐标，求在不翻动的情况下哪些页码可以确定。
解：将每对可以匹配的连边后跑最大匹配。依次将匹配边删除判断是否可以找到另一匹配即可。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;const int Maxn=55;inline int read(){    char ch=getchar();int i=0,f=1;    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}    return i*f; } int n,T,x1[Maxn],x2[Maxn],y1[Maxn],y2[Maxn];int before[Maxn*Maxn*2],to[Maxn*Maxn*2],last[Maxn*2],ecnt,mate[Maxn*2],vis[Maxn*2],vt,ban[Maxn*Maxn*2];inline void add(int x,int y){    before[++ecnt]=last[x];    last[x]=ecnt;    to[ecnt]=y;}inline bool Hungary(int i){    for(int e=last[i];e;e=before[e])    {        if(ban[e]||vis[to[e]]==vt)continue;        vis[to[e]]=vt;        if(!mate[to[e]]||Hungary(to[mate[to[e]]]))return mate[i]=e,mate[to[e]]=e^1,true;    }    return false;}int main(){    while(n=read(),n)    {        T++;ecnt=1;vt=0;        memset(last,0,sizeof(last));memset(mate,0,sizeof(mate));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(ban,0,sizeof(ban));        for(int i=1;i<=n;i++)x1[i]=read(),x2[i]=read(),y1[i]=read(),y2[i]=read();        for(int i=1;i<=n;i++)        {            int x=read(),y=read();            for(int j=1;j<=n;j++)            {                if(x>=x1[j]&&x<=x2[j]&&y>=y1[j]&&y<=y2[j])add(i+n,j),add(j,i+n);            }        }        int cnt=0;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            if(mate[i]){continue;}            vt++;Hungary(i);        }        printf("Heap %d\n",T);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            int t1=mate[i],t2=t1^1;            ban[t1]=ban[t2]=1;            mate[i]=mate[to[t1]]=0;            ++vt;            if(Hungary(i))cnt++;            else            {                mate[i]=t1,mate[to[t1]]=t2;                printf("(%c,%d) ",'A'+i-1,to[mate[i]]-n);            }            ban[t1]=ban[t2]=0;        }        if(cnt==n)printf("none");        printf("\n\n");     }}

poj2724PurifyingMachine(求二分图最小边覆盖)

告诉你一个二进制数字集合。每次可以清除一个或者两个（清楚两个要求二进制只有一位不同），求最小清除次数。

好题。
首先可以看出是一个无向图的最小路覆盖，还有一个重要的性质是边只会从奇数连向偶数。那么这就是一张二分图，由上面给出的公式可得最小路覆盖=点-最大匹配。套版即可。
（bitset是真的好用）

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<cmath>#include<bitset>using namespace std;const int Maxn=1e5+50;inline int read(){    char ch=getchar();int i=0,f=1;    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}    return i*f;}int n,m,tot,vt,ins[Maxn],mate[Maxn*2],vis[Maxn],last[Maxn*2],to[Maxn*4],before[Maxn*4],ecnt=1,que[Maxn],id[Maxn],cnt[2];char ch[20];inline void add(int x,int y){    before[++ecnt]=last[x];    last[x]=ecnt;    to[ecnt]=y;}inline void insert(){    int t=0;     for(int i=1;i<=n;i++)if(ch[i]=='1')t+=(1<<(n-i));    if(!ins[t])que[++tot]=t,ins[t]=1;    for(int i=1;i<=n;i++)if(ch[i]=='*')t+=(1<<(n-i));    if(!ins[t])que[++tot]=t,ins[t]=1;}inline bool Hungary(int i){    for(int e=last[i];e;e=before[e])    {        int v=to[e];        if(vis[v]==vt)continue;        vis[v]=vt;        if(!mate[v]||Hungary(mate[v]))return mate[i]=v,mate[v]=i,true;    }    return false;}int main(){    while(n=read(),m=read(),n,m)    {        memset(vis,0,sizeof(vis));memset(que,0,sizeof(que));memset(cnt,0,sizeof(cnt));        memset(ins,0,sizeof(ins));memset(mate,0,sizeof(mate));memset(last,0,sizeof(last));        memset(id,0,sizeof(id));ecnt=1;vt=0;tot=0;        for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%s",ch+1);insert();}        for(int i=1;i<=tot;i++)        {            bitset<32> t=que[i];            int bz=(t.count()&1);            id[que[i]]=++cnt[bz]+(bz==1?(1<<(n-1)):0);        }        for(int i=1;i<=tot;i++)        {            for(int j=i+1;j<=tot;j++)            {                bitset<32>t=que[i]^que[j];                if(t.count()==1)                {                    add(id[que[i]],id[que[j]]);                    add(id[que[j]],id[que[i]]);                }            }        }        int ans=0;        for(int i=1;i<=cnt[0];i++)        {            if(mate[i])continue;            ++vt;            if(Hungary(i))++ans;        }        cout<<cnt[0]+cnt[1]-ans<<endl;    }}