[算法] 二分图最小点覆盖构造方案+Konig定理证明

前言

博主很笨 ，如有纰漏，欢迎在评论区指出讨论。

二分图的最大匹配使用 (Dinic) 算法进行实现，时间复杂度为 (O(nsqrt{e}))，其中， (n)为二分图中左部点的数量， (e) 为二分图中的边数。若是匈牙利算法，时间复杂度为 (O(nm)) ， (m) 为二分图中右部点的数量，不建议使用。

文章中的例题链接。

König定理

定理内容：二分图最小点覆盖的点的数量等于二分图最大匹配的边的数量。

构造方法 (+) 简单证明：

首先求出二分图中的最大匹配，建议使用 (Dinic) 。

从每一个非匹配点出发，沿着非匹配边正向进行遍历，沿着匹配边反向进行遍历到的点进行标记。选取左部点中没有被标记过的点，右部点中被标记过的点，则这些点可以形成该二分图的最小点覆盖。

遍历代码实现如下：

void dfs(int now) {
	vis[now] = true;
	int SIZ = v[now].size();
	for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
		int next = v[now][i].to;
		if(vis[next] || !v[now][i].val)//正向边的容量为0说明是匹配边，反向边的容量为0说明是非匹配边
			continue;
		dfs(next);
	}
}

那么就有以下性质：

• 若该点为左边的非匹配点，则这个点必被访问，因为这个点是整个 (dfs) 的起点
• 若该点为右边的非匹配点，则这个点必不会被访问，若是由左边的非匹配点才到达了这个点，那么可以将这条边变为匹配边，则匹配数 (+1) ，与最大匹配相冲突。若是左边的匹配点才到达了这个点，那么这个点的路径为左边非匹配点 → 右边匹配点 → 左边非匹配点 → 右边匹配点 → …… → 左边匹配点 → 右边非匹配点 ，很明显，上述路径为增广路，与最大匹配相冲突。所以，右边的非匹配点必不会被访问。
• 对于一组匹配点，要么两个都被标记，要么都不被标记。因为左部的匹配点是由右部的匹配点来遍历到的，出现必然成双成对。

有了上述的三条性质，可以发现：按照选取左部点中没有被标记过的点，右部点中被标记过的点的规则，选出来的点的点数必然为最大匹配的边数。左部的非匹配点必然被访问，则必不会被选，右部的非匹配点必不会被访问，则必不会被选。而第三条性质决定了，对于一组匹配点，会选择有且仅有一个点。故而选出的点的点数等于最大匹配的边数。

其次需要解决一个问题：保证这些点覆盖了所有的边。具体可以分为四类：

• 左部为非匹配点，右部为非匹配点。性质二已经讨论过，不可能出现这种情况，出现就不满足最大匹配的前提。
• 左部为匹配点，右部为非匹配点。同理性质二，路径类似，会出现增广路，那么这个左部的匹配点一定没有被访问过，必然被选。
• 左部为匹配点，右部为匹配点。若构成匹配边，一对匹配点中必选一个。若不构成匹配边，也是合法的，选法有四种，以下进行讨论。

1. 选左上，右上。不会出现这种情况，选左上意味着左上未被访问，那么右下未被访问，则左下也没被访问，对应的右上没被访问，则右上没被选，矛盾。
2. 选左下，右下。不会出现这种情况，选左下意味着左下未被访问，同理发现矛盾。
3. 选右下，右上。全部边都被覆盖，合法
4. 选左上，左下。同理合法。

• 左部为非匹配点，右部为匹配点。这条边为非匹配边，而起点就是从左部的非匹配点点开始，那么右部的这个点必然被访问过，必然被选。

最后在确保这是最小的方案：反证法，少选一个点，那么至少有一条匹配边会被不选，不满足点覆盖的定义，矛盾。也就是说，至少每一条匹配边都需要选一个点。

如上，证毕。

题目来源：COCI 2019/2020 Contest #6 T4. Skandi

题目大意

给定一个 (n imes m) 的矩阵，其中的白色点为 (0) ， 黑色点为 (1) 。黑色点可以往下一直扩展到底部，把白色点变成蓝色点，直到遇到黑色点为止。同理，也可向右扩展。问整个矩阵经过最小多少次扩展才能扩展为整个矩阵到不存在白色，并打印出每次扩展是从哪个点开始的，并打印出扩展方向。题目满足第一行第一列一定为黑色点。

思路

一道建模题。

一个白色点变为蓝色点只有两种方法，从它上方或左方的黑色点扩展而来，且只需要一个点扩展即可。可以考虑到最小点覆盖问题。

由于对于一个黑色点来说，它可以往右或往下扩展。那么它就有两个身份，也就是说一个点拥有两个编号。一个编号为把整个矩阵拉成一条链的顺序，另一个编号为前一个编号 (+n imes m) ，这样不会发生冲突。获得编号的函数：

int GetHash(int i, int j) {
	return (i - 1) * m + j;
}

那么不难发现一个白色点，与其相关的是一个编号 (leqslant n imes m) 的点，和一个编号 (>n imes m) 的点。把这两个点连接起来，就是一张二分图。

问题就转换为找这张图的最小点覆盖问题。使用 (Dinic) ，在根据上述 (König) 定理构造即可。

边数为白点的个数，左部点为黑点的个数，则时间复杂度为 (O(nmsqrt{nm})) ，即 (O(n^{frac{3}{2}}m^{frac{3}{2}})) ，本题的 (n) ， (m) 均小于 (500) ，大概能够在 (1s) 内求出答案。

C++代码

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
const int MAXN = 1e6 + 5;
const int MAXM = 5e2 + 5;
struct Node {
	int to, val, rev;//依次为：下一个点，边的容量，相反的边的编号
	Node() {}
	Node(int T, int V, int R) {
		to = T;
		val = V;
		rev = R;
	}
};
vector<Node> v[MAXN];//用vector存图的癖好...
int dn[MAXN], rt[MAXN];//预处理白色点可以由哪两个点扩展而来
queue<int> q;
int de[MAXN], be[MAXN];
int twin[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n, m, s, t;
int arr[MAXM][MAXM];
bool bfs() {//将残量网络分层
	bool flag = 0;
	memset(de, 0, sizeof(de));
	while(!q.empty())
		q.pop();
	q.push(s);
	de[s] = 1; be[s] = 0;
	while(!q.empty()) {
		int now = q.front();
		q.pop();
		int SIZ = v[now].size();
		for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
			int next = v[now][i].to;
			if(v[now][i].val && !de[next]) {
				q.push(next);
				be[next] = 0;
				de[next] = de[now] + 1;
				if(next == t)
					flag = 1;
			}
		}
	}
	return flag;
}
int dfs(int now, int flow) {//沿着增广路增广
	if(now == t || !flow)
		return flow;
	int i, surp = flow;
	int SIZ = v[now].size();
	for(i = be[now]; i < SIZ && surp; i++) {
		be[now] = i;
		int next = v[now][i].to;
		if(v[now][i].val && de[next] == de[now] + 1) {
			int maxnow = dfs(next, min(surp, v[now][i].val));
			if(!maxnow)
				de[next] = 0;
			v[now][i].val -= maxnow;
			v[next][v[now][i].rev].val += maxnow;
			surp -= maxnow;
		}
	}
	return flow - surp;
}
int Dinic() {//网络最大流，亦可用于匈牙利，时间限制5s
	int res = 0;
	int flow = 0;
	while(bfs())
		while(flow = dfs(s, INF))
			res += flow;
	return res;
}
int GetHash(int i, int j) {//获取点的编号
	return (i - 1) * m + j;
}
void Down(int now, int i, int j) {//黑点向下扩展，每个白点最多遍历到一次
	if(i != now)
		dn[GetHash(now, j)] = GetHash(i, j);
	if(arr[now + 1][j] == 2)
		Down(now + 1, i, j);
} 
void Right(int now, int i, int j) { //黑点向右扩展，每个白点最多遍历到一次
	if(j != now)
		rt[GetHash(i, now)] = GetHash(i, j) + n * m;
	if(arr[i][now + 1] == 2)
		Right(now + 1, i, j);
}
void GetMin(int now) {//dfs求构造方式
	vis[now] = true;
	int SIZ = v[now].size();
	for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
		int next = v[now][i].to;
		if(vis[next] || !v[now][i].val)
			continue;
		GetMin(next);
	}
}
int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	s = 0; t = 2 * n * m + 1;//源点和汇点初始化
	char ch;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> ch;
			if(ch == '1')
				arr[i][j] = 1;
			else
				arr[i][j] = 2;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(i == 1 && j == 1)
				continue;
			if(arr[i][j] == 1) {//向右或向下扩展，一个白点会被访问2次
				Down(i, i, j);
				Right(j, i, j);
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(arr[i][j] == 1) {//源点到左部点，汇点到右部点连边
				int now = GetHash(i, j);
				int idnow = v[now].size();
				int ids = v[s].size();
				v[s].push_back(Node(now, 1, idnow));
				v[now].push_back(Node(s, 0, ids));
				now = GetHash(i, j) + n * m;
				idnow = v[now].size();
				int idt = v[t].size();
				v[now].push_back(Node(t, 1, idt));
				v[t].push_back(Node(now, 0, idnow));
			}
		}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(i == 1 && j == 1)
				continue;
			if(arr[i][j] == 1)
				continue;
			int A = dn[GetHash(i, j)];//左部点到右部点连边
			int B = rt[GetHash(i, j)];
			int idA = v[A].size();
			int idB = v[B].size();
			v[A].push_back(Node(B, 1, idB));
			v[B].push_back(Node(A, 0, idA));
		}
	}
	printf("%d
", Dinic());
	GetMin(s);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(arr[i][j] == 2)
				continue;
			if(!vis[GetHash(i, j)])//打印答案
				printf("%d %d DOLJE
", i, j);
			if(vis[GetHash(i, j) + n * m])
				printf("%d %d DESNO
", i, j);
		}
	}
	return 0;
}