二分图匹配模版及题型总结

今天主要学习了二分图的概念和各种二分图的题型及解决办法。二分图，即所有点可以被分为两个集合，这两个集合中两个点互不相邻。即可以分成左边和右边两堆不相邻的点的图。。首先先是学习了二分图的概念以及如何判断一个图是否是二分图。方法很简单，就是判断有没有奇环，用染色法DFS即可。

模版如下

int col[N];int judge(int u ,int co){//DFS染色判断是否是二分图col[u] = co;for(int i=head[u];i!=-1;i = e[i].next){int v = e[i].v;if(!col[v]){col[v] = -col[u];if(!judge(v,-co))return 0;}else if(col[v] == col[u])return 0;}return 1;}int isBigraph(){//有可能存在不连通的多个块memset(col,0,sizeof(col));for(int u = 1;u<=v;u++)if(col[u]==0)if(!judge(u,-1))return 0;return 1;}

接下来就是二分图的最大匹配，对于一个二分图，找出一个边集，使得每条边的两个顶点分别在两个点集中，则称此边集为一个匹配，寻找边集中边最多的方案就是最大匹配。寻找最大匹配用的是匈牙利算法，思想是寻找增广路来增加匹配数。不详细说，模版如下：

//邻接表int dfs(int u){for(int i= head[u];i!=-1;i = e[i].next){int v = e[i].v;if(!check[v]){check[v] = 1;if(match[v] == -1 || dfs(match[v])){match[v] = u;return 1;}}}return 0;}int hungarian(){int ans = 0;memset(match,-1,sizeof(match));for(int u = 1;u<=n;u++){//根据题目改一下memset(check,0,sizeof(check));if(dfs(u))ans++;}return ans;}//邻接矩阵bool dfs(int u)  {      for (int i = 1; i <= cnt; ++i)      {          if (g[u][i] && !visit[i])   //如果节点i与u相邻并且未被查找过          {              visit[i] = true;   //标记i为已查找过              if (match[i] == -1 || dfs(match[i]))   //如果i未在前一个匹配M中，或者i在匹配M中，但是从与i相邻的节点出发可以有增广路径              {                  match[i] = u;  //记录查找成功记录，更新匹配M（即“取反”）                  return true;   //返回查找成功              }          }      }      return false;  }  int MaxMatch()  {      int i,sum=0;      memset(match,-1,sizeof(match));      for(i = 1 ; i <= cnt ; ++i)      {          memset(visit,false,sizeof(visit));   //清空上次搜索时的标记          if( dfs(i) )    //从节点i尝试扩展          {              sum++;          }      }      return sum;  }  

第三种是最优匹配，由于还没看 先留空。。。。

题型总结：

一、判断一个图是否是二分图

Uva 10004 Bicoloring

题意：给一张图，图上有一些点和边，问你是否能把这张图上的所有点染色，使得每条边的两个点颜色不同

分析：就是很裸的一道题，问这个图是不是二分图，其实直接模拟染色就可以了，也就是判断的标准做法。

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;struct edge{    int u,v,next;}e[405];int head[205],n,cnt,m;void addedge(int u,int v){    e[cnt].u = u;    e[cnt].v = v;    e[cnt].next = head[u];    head[u] = cnt++;}int col[205];int judge(int u ,int co){//DFS染色判断是否是二分图col[u] = co;for(int i=head[u];i!=-1;i = e[i].next){int v = e[i].v;if(!col[v]){col[v] = -col[u];if(!judge(v,-co))return 0;}else if(col[v] == col[u])return 0;}return 1;}int isBigraph(){//有可能存在不连通的多个块memset(col,0,sizeof(col));for(int u = 0;u<n;u++)if(col[u]==0)if(!judge(u,-1))return 0;return 1;}int main(){    while(scanf("%d",&n),n){        scanf("%d",&m);        int u,v;        cnt = 0;        memset(head,-1,sizeof(head));        for(int i=1;i<=m;i++)            scanf("%d%d",&u,&v),addedge(u,v),addedge(v,u);        if(isBigraph())puts("BICOLORABLE.");        else puts("NOT BICOLORABLE.");    }    return 0;}

二、求最大匹配

POJ 1274 The Perfect Stall
题意：有一些牛和一些牛栏，每头牛有自己心仪的牛栏，每个牛栏只能装一头牛，求最多能给多少头牛分配自己心仪的牛栏

分析：很裸很裸的求匹配。。把牛放在一边，牛栏放在另一边建图求匹配即可

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int g[205][205],check[205],match[205];int n,m;int dfs(int u){for(int i= 1;i<=m;i++){if(!check[i]&&g[u][i]){check[i] = 1;if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){match[i] = u;return 1;}}}return 0;}int hungarian(){int ans = 0;memset(match,-1,sizeof(match));for(int u = 1;u<=n;u++){        memset(check,0,sizeof(check));        if(dfs(u))            ans++;}return ans;}int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2){        memset(g,0,sizeof(g));        int flag = 1;        for(int i=1;i<=n;i++){            int s,v;            scanf("%d",&s);            if(!s)flag = 0;            while(s--){                scanf("%d",&v);                g[i][v] =1;            }        }        if(!n||!m||!flag){puts("0");continue;}        printf("%d\n",hungarian());    }    return 0;}

POJ 2584 T-Shirt Gumbo

题意：有一些比赛者，需要举办方给发放T恤，然而每个比赛者有一些自己可以接受的尺寸范围，总共有五个尺寸，每个尺寸有固定件的衣服，问是否能够满足每个比赛者都能分到合适的衣服

分析：把每件衣服当作一个点来做，然后在每个人和他可以穿的衣服之间连边建图，求最大匹配，如果和人的数量相同，就可以分到。

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <map>using namespace std;char temp[20],contest[25][5],cloth[105];int g[30][150];int match[150],check[150];int x,n;char si[10] = "SMLXT";int dfs(int u){for(int i = 1;i<=n;i++){if(!check[i]&&g[u][i]){check[i] = 1;if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){match[i] = u;return 1;}}}return 0;}map<char ,int > ma;int hungarian(){int ans = 0;memset(match,-1,sizeof(match));for(int u = 1;u<=x;u++){memset(check,0,sizeof(check));if(dfs(u))ans++;}return ans;}int main(){    for(int i=0;i<5;i++)ma[si[i]] = i+1;    while(scanf("%s",temp),strcmp(temp,"ENDOFINPUT")!=0){        scanf("%d",&x);        memset(g,0,sizeof(g));        for(int i=1;i<=x;i++)scanf("%s",contest[i]);        int ts[6];        ts[0] = 0;        for(int i=1;i<=5;i++){            scanf("%d",&ts[i]);            ts[i]+=ts[i-1];        }        n = ts[5];        scanf("%*s");        for(int i=1;i<=x;i++){            int a = ma[contest[i][0]],b = ma[contest[i][1]];            //printf("st:%d ed:%d\n",a,b);            for(int j=ts[a-1]+1;j<=ts[b];j++)g[i][j] = 1;//printf("fff:%d %d\n",i,j);        }        if(hungarian()==x)printf("T-shirts rock!\n");        else printf("I'd rather not wear a shirt anyway...\n");    }    return 0;}

POJ 2536 Gopher II

题意：有一些地鼠，在一些固定的点上，有一只老鹰要来抓他们。然而有一些洞， 也是固定坐标。所有地鼠的速度都是固定的，如果不在S秒内跑回洞，那么就会被老鹰吃掉。求出最少被老鹰吃掉的数量。

分析：只要算出每只地鼠能在固定时间内到达的洞，并连边，求出最大匹配就是能逃回洞的地鼠数量，然后要注意题目要求的是被吃掉的数量，所以要用n-ans.

代码:

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>using namespace std;struct point{    double x,y;};point gopher[105],hole[105];int g[105][105];int n,m,s,v;double d(point a,point b){    return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));}int check[105],match[105];int dfs(int u){for(int i=1;i<=m;i++){if(!check[i]&&g[u][i]){check[i] = 1;if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){match[i] = u;return 1;}}}return 0;}int hungarian(){int ans = 0;memset(match,-1,sizeof(match));for(int u = 1;u<=n;u++){memset(check,0,sizeof(check));if(dfs(u))ans++;}return ans;}int main(){    while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&v)==4){        memset(g,0,sizeof(g));        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%lf%lf",&gopher[i].x,&gopher[i].y);        for(int i=1;i<=m;i++)            scanf("%lf%lf",&hole[i].x,&hole[i].y);        for(int i=1;i<=n;i++)            for(int j=1;j<=m;j++)                if(d(gopher[i],hole[j])<=s*v)                    g[i][j] = 1;        printf("%d\n",n-hungarian());    }    return 0;}

POJ 2446 Chessboard

题意：给一个M*N的棋盘，并且棋盘上有一些格子有障碍，问是否能用1*2的矩形来将其剩余格子填满，不能重叠。

分析：对于每个不是障碍的格子，可以把这个格子和其相邻的格子分成两个集合，即这整个图就是一个二分图。我们直接求出这个二分图的最大匹配，就是能放的方块数*2（因为建图时每条边会被计算两次）对于这种图的DFS可以改一下，改成往四个方向DFS即可。求出最大匹配后再与无障碍的格子数比较。在计算的时候如果无障碍格子是奇数可以直接跳出循环（奇偶剪枝）

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int n,m,k,cnt;int dx[4] = {1,-1,0,0};int dy[4] = {0,0,1,-1};int check[40][40],match[40][40][2],id[40][40];int dfs(int x,int y){for(int i=0;i<4;i++){        int nx = x+dx[i],ny = y+dy[i];        if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m)continue;        if(id[nx][ny]==-1)continue;if(!check[nx][ny]){check[nx][ny] = 1;if(match[nx][ny][0] == -1&&match[nx][ny][1]==-1 || dfs(match[nx][ny][0],match[nx][ny][1])){match[nx][ny][0] = x;match[nx][ny][1] = y;return 1;}}}return 0;}int hungarian(){int ans = 0;memset(match,-1,sizeof(match));for(int i=1;i<=n;i++)    for(int j=1;j<=m;j++)        if(id[i][j]!=-1){memset(check,0,sizeof(check));if(dfs(i,j))ans++;}return ans;}int main(){    while(scanf("%d%d%d",&m,&n,&k)==3){        int x,y;        cnt = 0;        memset(id,0,sizeof(id));        for(int i=1;i<=k;i++){            scanf("%d%d",&x,&y);            id[x][y] = -1;        }        if((m*n-k)%2){puts("NO");continue;}        if(hungarian()==m*n-k)            puts("YES");        else puts("NO");    }    return 0;}

二、最小点覆盖

根据学习的PPT，二分图有许多定理，其中就有关于最小点覆盖的，什么是最小点覆盖？假设你覆盖了图中的一个点就代表覆盖了与这个点相连的所有边，问最少覆盖几个点能把所有边覆盖，这就是最小点覆盖。由König定理知道，最小点覆盖就等于最大匹配数（证明就略了。。。），于是就可以开始做题了。。

POJ 3041 Asteroids

题意：一个N*N的方格，某些格子有一些小行星，你有一种武器，每射击一次可以消灭一行或者一列上的小行星。问要把所给方格中所有小行星都消灭，最少需要射击几次。

分析：所给的是小行星的坐标，我们不妨把所给格子的每一行作为一个点，每一列作为一个点，若这一行这一列存在小行星则连边，构造一个二分图。这样的话我只需要找到某些行和列，每条边都代表一颗小行星，找到最少的行和列包括所有小行星即可。这就是求最小点覆盖。

AC代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int g[505][505],match[505],check[505];int r,c;int n,k;int dfs(int u){for(int v = 1;v<=n;v++){if(!check[v]&&g[u][v]){check[v] = 1;if(match[v] == -1 || dfs(match[v])){match[v] = u;return 1;}}}return 0;}int hungarian(){int ans = 0;memset(match,-1,sizeof(match));for(int u = 1;u<=n;u++){memset(check,0,sizeof(check));if(dfs(u))ans++;}return ans;}int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&k)==2){        memset(g,0,sizeof(g));        for(int i=1;i<=k;i++)            scanf("%d%d",&r,&c),g[r][c] = 1;        printf("%d\n",hungarian());    }    return 0;}

POJ 1325 Machine Schedule

题意：有两台机器A,B，A机器有N种工作模式，B机器有M种工作模式，有一些产品，可以在A机器的第x种模式下生产，也可以在b机器的第y种模式下生产，问最少改变几次机器的模式，把所有产品都生产出来。

分析：其实和上一题是异曲同工，每种产品当作一条边，在AB的所有模式中选出最少的一些模式覆盖所有边，就是算最小点覆盖。注意这题模式是从0开始的，所以如果两个模式中有一个模式是0就不需要建边了。

代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int g[105][105];int a,b,num;int check[105],match[105];int dfs(int u){    for(int v=0;v<b;v++){        if(!check[v]&&g[u][v]){            check[v] = 1;            if(match[v] == -1|| dfs(match[v])){                match[v] = u;                return 1;            }        }    }    return 0;}int hungarian(){    int ans = 0;    memset(match,-1,sizeof(match));    for(int u=0;u<a;u++){        memset(check,0,sizeof(check));        if(dfs(u))ans++;    }    return ans;}int main(){    while(scanf("%d",&a),a){        scanf("%d%d",&b,&num);        memset(g,0,sizeof(g));        for(int i=0;i<num;i++){            int u,v;            scanf("%*d%d%d",&u,&v);            if(!u||!v)continue;            g[u][v] = 1;        }        printf("%d\n",hungarian());    }    return 0;}

POJ 2226 Muddy Fields

题意：给一块地，有些格子上是泥。用宽为1的木板去铺这些泥地，不能把草地也给盖上，但是木板可以重叠。木板长度不限。问最少用几块木板可以铺上。

分析：其实和小行星那题很像，唯一有区别的是只能铺连续的一块地。所以直接把连续的一块地作为一个点就可以了。其他做法和小行星那题如出一辙。

AC代码：

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;int ma[55][55][2];int g[700][700];int r,c,n,m;char gra[55][55];int vis[700],match[700];int dfs(int u){    for(int i=1;i<=m;i++){        if(!vis[i]&&g[u][i]){            vis[i] = 1;            if(!~match[i]|| dfs(match[i])){                match[i] = u;                return 1;            }        }    }    return 0;}int hungarian(){    int ans = 0;    memset(match,-1,sizeof(match));    for(int u=1;u<=n;u++){        memset(vis,0,sizeof(vis));        if(dfs(u))ans++;    }    return ans;}int main(){    while(scanf("%d%d",&r,&c)==2){        for(int i=0;i<r;i++)            scanf("%s",gra[i]);        n = m = 0;        memset(g,0,sizeof(g));        memset(ma,0,sizeof(ma));        for(int i=1;i<=r;i++)        for(int j=1;j<=c;j++){            while(gra[i-1][j-1]=='.'&&j<=c)j++;            if(j>c)break;            while(gra[i-1][j-1]=='*'&&j<=c){                ma[i][j][0] = n+1;                j++;            }            n++;        }        for(int j=1;j<=c;j++)        for(int i=1;i<=r;i++){            while(gra[i-1][j-1]=='.'&&i<=r)i++;            if(i>r)break;            while(gra[i-1][j-1]=='*'&&i<=r){                ma[i][j][1] = m+1;                i++;            }            m++;        }        for(int i=1;i<=r;i++)            for(int j=1;j<=c;j++)                if(gra[i-1][j-1]=='*')                    g[ ma[i][j][0] ][ ma[i][j][1] ] = 1;        printf("%d\n",hungarian());    }    return 0;}

三、最大独立集

什么是最大独立集？就是取出点集中的一些点，使得这些点互相独立，没有边相连。这样的点最多的集合就是最大独立集。由二分图的性质，最大独立集  =  点数  - 最大匹配数，证明略。

POJ 2724 Purifying Machine

题意：一个人有一些奶酪，他有一台净化奶酪的机器，上面有N个开关，每个开关有三种状态，1，0和*，如果是*代表可以是0也可以是1，每次最多只有一个开关是*，每次会把所有开关序列所代表的二进制数的奶酪给净化了。有一天他的机器被污染了，他发现的时候已经污染了一些奶酪，他立即清洗了机器，问最少几次能把被污染的奶酪重新净化。

分析：其实就是给了一些二进制数，问最少几次能把这些数遍历了，因为每次可以遍历两个二进制位之差一位的数，所以可以把给的数中可以一次遍历的两个数连一条边，构成了一个二分图。可以知道，这个二分图的最大独立集就是所求的遍历次数。

判断两个数是否差一位的方法：c = a^b;if(c && (c&(c-1)) == 0) return 1;

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 1100;int n,m;int num[N],g[N][N];int vis[N];int cnt ;int match[N],check[N];int dfs(int u){    for(int i=1;i<=cnt;i++){        if(!check[i]&&g[u][i]){            check[i] = 1;            if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){                match[i] = u;                return 1;            }        }    }    return 0;}int hungarian(){    int ans = 0;    memset(match,-1,sizeof(match));    for(int u=1;u<=cnt;u++){        memset(check,0,sizeof(check));        if(dfs(u))ans++;    }    return ans;}int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&m),n+m){        memset(vis,0,sizeof(vis));        memset(num,0,sizeof(num));        memset(g,0,sizeof(g));        char str[20];        cnt = 0;        for(int i=1;i<=m;i++){            scanf("%s",str);            int num1 = 0,num2 = 0;            for(int j=0;j<n;j++){                if(str[j] == '1')num1+=(1<<(n-j-1)),num2+=(1<<(n-j-1));                else if(str[j] == '*')num1+=(1<<(n-j-1));            }            if(num1 == num2&&!vis[num1])vis[num1] = 1,num[++cnt] = num1;            else{                if(!vis[num1])vis[num1] = 1,num[++cnt] = num1;                if(!vis[num2])vis[num2] = 1,num[++cnt] = num2;            }        }        for(int i=1;i<=cnt;i++){            for(int j=1;j<=cnt;j++){                int c = num[i]^num[j];                if(c && (c&(c-1))==0)g[i][j] = 1;            }        }        printf("%d\n",cnt-hungarian()/2);    }    return 0;}

四、最小路径覆盖

在有向无环图中找一些不相交的路径，使得这些路径覆盖图的所有顶点，这样的覆盖中路径数最少的成为最小路径覆盖，而二分图的最小路径覆盖数 = 顶点数 - 最大匹配数，证明略
POJ 2060 Taxi Cab Scheme

题意：有一些出租车的预约单，分别包含出发时间，出发地点坐标和目的地地点坐标。出租车在两地之间需要的时间是这两个地点的曼哈顿距离。要求出租车在出发时间前一分钟到达出发地点。问最少需要几辆出租车来完成这些预约。

分析：把预约作为点，如果两个预约单之间可以由一辆出租车完成，所以每一条路径都可以由一辆出租车完成，所以就变成了求最小路径覆盖。建完图直接求出来即可。

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>//纯粹是为了absusing namespace std;struct node{    int t,sx,sy,ex,ey;}cab[510];int n,g[510][510];int vis[510],match[510];int dfs(int u){    for(int i=1;i<=n;i++){        if(!vis[i]&&g[u][i]){            vis[i] = 1;            if(match[i] == -1|| dfs(match[i])){                match[i] = u;                return 1;            }        }    }    return 0;}int hungarian(){    int ans = 0;    memset(match,-1,sizeof(match));    for(int u=1;u<=n;u++){        memset(vis,0,sizeof(vis));        if(dfs(u))ans++;    }    return ans;}int main(){    int T;    cin>>T;    while(T--){        scanf("%d",&n);        memset(g,0,sizeof(g));        for(int i=1;i<=n;i++){            int h,m;            node &temp = cab[i];            scanf("%d:%d%d%d%d%d",&h,&m,&temp.sx,&temp.sy,&temp.ex,&temp.ey);            temp.t = h*60+m;        }        for(int i=1;i<=n;i++){            for(int j=i+1;j<=n;j++){                node &a = cab[i];                node &b = cab[j];                int t1 = abs(a.ex-a.sx)+abs(a.ey-a.sy);                int t2 = abs(b.sx-a.ex)+abs(b.sy-a.ey);                if(a.t+t1+t2+1<=b.t)g[i][j] = 1;            }        }        printf("%d\n",n-hungarian());    }    return 0;}

暂时就贴这么多题，做完这些题，发现二分图的应用其实特别广泛，没有奇环这个性质还是十分容易满足的，二分图的性质又非常特殊，以后如果对于图论的一些覆盖、匹配问题，一定可以看看是否是一个二分图再做。