【二分圖】匈牙利 & KM
【二分圖】匈牙利 & KM
二分圖
概念：
一個圖 \(G=(V,E)\) 是無向圖，如果頂點 \(V\) 可以分成兩個互不相交地子集 \(X,Y\)
且任意一條邊的兩個頂點一個在 \(X\) 中，一個在 \(Y\) 中，則稱 \(G\) 是二分圖
性質：
當且僅當無向圖 \(G\) 的所有環都是偶環時， \(G\) 才是個二分圖
判定：
可從任意一點開始 \(\text{dfs}\)，按距離編號
如果要編號的點已經被編號，可根據奇偶判斷是否是二分圖
bool dfs(int u) { for (int i = lst[u], v; i; i = nxt[i]) { v = to[i]; if (cl[u] == cl[v]) return 0; if (!cl[v]) { cl[v] = 3 - cl[u]; if (!dfs(v)) return 0; } } return 1; } int main() { cl[1] = 1; dfs(1); }
二分圖的匹配
概念：
一個二分圖 \(G\) 的一個子圖 \(M\)， 若在 \(M\) 中的任意兩條邊都不依附同一個頂點
則稱 \(M\) 是一個匹配
最大匹配：
即選擇邊數最大的匹配
完備匹配：
某一部的頂點全部與匹配中的某條邊關聯
完美匹配：
所有頂點都和匹配中的某條邊關聯
增廣路
定義：
\(M\) 是二分圖 \(G\) 的已匹配邊的集合，若 \(P\) 是一條聯通兩個在不同部的未匹配點的路徑，
且路徑上匹配邊與未匹配邊交替出現，則 \(P\) 是相對於 \(M\) 的增廣路。
性質：
-
第一條和最後一條都是未匹配邊，邊數為奇數
因為要聯通兩個在不同部的未匹配點
-
一個增廣路徑 \(P\)
經過取反可以得到一個更大的匹配 \(M'\) -
\(M\) 是 \(G\) 的最大匹配當且僅當不存在相對於 \(M\) 的增廣路
最大匹配
匈牙利演算法
根據增廣路的性質，我們也可以想到一種演算法
- 清空 \(M\)
- 尋找 \(M\) 的增廣路 \(P\)，通過取反得到更大的 \(M'\) 代替 \(M\)
- 重複 (2) 直到找不到增廣路為止
這就是匈牙利演算法
實現
用 \(\text{dfs}\) ，從 \(X\) 部的一個未匹配點開始，訪問鄰接點 \(v\) （一定是 \(Y\) 部的）
-
如果 \(v\) 未匹配，則已找到一條增廣路
-
否則，找出 \(v\) 的匹配頂點 \(w\)
（一定是 \(X\) 部的），則 \((w,v)\) 是匹配邊因為要"取反"，所以要使 \((w,v)\) 未匹配， \((u,v)\) 匹配。
能實現這一點就需要從 \(w\) 出發找一條新增廣路，如果行，則可以找到增廣路
實現：
// cx[i] 是 X 部的點 i 匹配的 Y 部點
// cy[i] 是 Y 部的點 i 匹配的 X 部點
bool dfs(int u) {
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (mp[u][i] && !vis[i]) {
vis[i] = 1;
if (!cy[i] || dfs(cy[i])) {
cx[u] = i, cy[i] = u;
return 1;
}
}
return 0;
}
inline void match() {
memset(cx, 0, sizeof(cx));
memset(cy, 0, sizeof(cy));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
ans += dfs(i);
}
}
時間複雜度：
- 鄰接矩陣：\(O(n^3)\)
- 前向星：\(O(nm)\)
最大匹配的性質
-
最小點覆蓋 = 最大匹配
最小點覆蓋：選擇最少的點使得每條邊都至少和其中一個點關聯
- 證明：最大匹配能保證剩下的邊都與至少一個點關聯
-
最小邊覆蓋 = 總點數 - 最大匹配
最小邊覆蓋：選擇最少的邊去覆蓋所有點
-
證明：設總點數是 \(n\)，最大匹配是 \(m\)
則最大匹配能覆蓋 \(2m\) 個點，設剩下 \(a\) 個點
則這 \(a\) 個點需要單獨用 \(a\) 條邊覆蓋，最小邊覆蓋 = \(m+a\)
因為 \(2m+a=n\)
所以最小邊覆蓋 = \((2m+a)-m=n-m\)
-
-
最大點獨立集 = 總點數 - 最小點覆蓋
最大點獨立集：在二分圖中選出最多的頂點，使得任兩點之間沒有邊相連
-
證明：刪去最小點覆蓋的點集，對應的邊也沒有了，剩下的點就是獨立集
因為是最小點覆蓋，減去後就是最大點獨立集
-
最佳匹配
如果邊有權，則權和最大的匹配叫最佳匹配
有連線 \(X,Y\) 部的頂點 \(X_iY_j\) 的一條邊 \(w_{i,j}\) ，要求一種使 \(\sum w_{i,j}\) 最大的匹配
頂標：給頂點的一個標號
設 \(X_i\) 的頂標 \(A_i\) ， \(Y_j\) 的頂標 \(B_j\) ，則在任意時刻需要滿足 \(A_i+B_j\ge w_{i,j}\) 成立
相等子圖：由 \(A_i+B_j=w_{i,j}\) 的邊構成的字圖
性質：如果相等字圖有完備匹配，那麼這個完備匹配是最佳匹配
KM
核心：通過修改頂標使得能找到完備匹配
-
初始化： \(A_i\) 為所有與 \(X_i\) 相連邊的最大權， \(B_i=0\)
-
尋找完備匹配失敗，得到一條路徑，叫做交錯樹
將交錯樹中 \(X\) 部的頂標全部減去 \(d\) ， \(Y\) 部的頂標全部加上 \(d\) ，會發現
-
兩端都在交錯樹中的邊， \(A_i+B_j\) 不變，仍在相等字圖中
都不在，仍然不在相等字圖
-
\(X\) 不在 \(Y\) 在，\(A_i+B_j\) 增大，仍然不在相等字圖
-
\(X\) 在 \(Y\) 不在，\(A_i+B_j\) 減小，現在可能在相等字圖中，使得相等字圖擴大
為了使至少有一條邊進入相等字圖，且 \(A_i+B_j\ge w_{i,j}\) 恆成立
\(d\) 應該等於 \(\min A_i+B_j-w_{i,j}\)
-
-
重複 (2) 直到找到完備匹配
複雜度：樸素實現是 \(O(n^4)\) 的
在相等字圖上找增廣路 \(O(n^2)\) ，每次改頂標最多 \(n\) 次增廣路，要改 \(n\) 次頂標
// lx, ly ：頂標
// cy[i] 是 y 部點 i 匹配的 X 部點
bool dfs(int x) {
vx[x] = 1;
for (int i = 1, cz; i <= n; i++) {
if (vy[i]) continue;
cz = lx[x] + ly[i] - mp[x][i];
if (cz == 0) {
vy[i] = 1;
if (!cy[i] || dfs(cy[i])) {
cy[i] = x;
return 1;
}
} else lack = min(lack, cz);
}
return 0;
}
inline void KM() {
memset(cy, 0, sizeof(cy));
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (;;) {
memset(vx, 0, sizeof(vx));
memset(vy, 0, sizeof(vy));
lack = 2e9;
if (dfs(i)) break;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (vx[j]) lx[j] -= lack;
if (vy[j]) ly[j] += lack;
}
}
}
\(O(n^3)\) 的做法
其實是可以實現 \(O(n^3)\) 的，
-
我們給每個 \(Y\) 頂點一個鬆弛量 \(\text{slack}\) ，初始為正無窮
-
對於每條邊 \((i, j)\)， 若不在相等字圖中，\(\text{slack}_j=\min(A_i+B_j-w_{i,j})\)
-
修改頂標時 \(d\) 取所有不在交錯樹中的 \(Y\) 部點的 \(\text{slack}\) 的最小值
-
修改完後，所有不在交錯樹中的 \(Y\) 部點的 \(\text{slack}\) 都減去 \(d\)
int slk[N], pre[N], mat[N];
// mat 等同於 cy
inline void bfs(int st) {
memset(pre, 0, sizeof(pre));
for (int i = 1; i <= n; i++) slk[i] = 1e9;
int x, y = 0, del, pos;
mat[y] = st;
do {
x = mat[y], vy[y] = 1, del = 1e9;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (vy[i]) continue;
if (slk[i] > lx[x] + ly[i] - mp[x][i])
slk[i] = lx[x] + ly[i] - mp[x][i], pre[i] = y;
if (slk[i] < del) del = slk[i], pos = i;
}
for (int i = 0 ; i <= n; i++) {
if (vy[i]) lx[mat[i]] -= del, ly[i] += del;
else slk[i] -= del;
}
y = pos;
} while (mat[y]);
while (y) mat[y] = mat[pre[y]], y = pre[y];
}
inline void KM() {
memset(mat, 0, sizeof(mat));
memset(lx, 0, sizeof(lx));
memset(ly, 0, sizeof(ly));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
memset(vy, 0, sizeof(vy));
bfs(i);
}
}
答案
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (mp[mat[i]][i]==-1e9 || !mat[i]) {
puts("-1");
break;
}
ans += mp[mat[i]][i];
}