定义
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)例题
棋盘建模： 【类型概述】： 有一种很经典的二分图模型，在一个n*n的矩阵中，这个矩阵里面有k个障碍物，你拥有一把武器，一发弹药一次能消灭一行或者一列的障碍物，求消灭全部障碍物所需的最少弹药数。 可以这样考虑：我们以所有行为二分图的左顶点，所有的列为右顶点，那么如果位于坐标p（x，y）有障碍物，我们就连一条边，然后我们只需要最少的顶点覆盖所有的边即可。这样就是二分图的最小顶点覆盖问题了，我们又知道最大小顶点等于二分图最大匹配。
1.HDU 1045
【题意】：
给出一张图，图中'X'表示wall,'.'表示空地,可以放置blockhouse同一条直线上只能有一个blockhouse，除非有wall隔开，问在给出的图中最多能放置多少个blockhous
【分析】：
把原始图分别按行和列缩点
建图：横竖分区。先看每一列，同一列相连的空地同时看成一个点，显然这样的区域不能够同时放两个点。这些点作为二分图的X部。同理在对所有的行用相同的方法缩点，作为Y部。 连边的条件是两个区域有相交部分(即'.'的地方)。最后求最大匹配就是答案。
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
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#include<set>
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#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<sstream>
#include<list>
#include<assert.h>
#include<bitset>
#include<numeric>
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define mod(x) ((x)%M)
//#define pi acos(-1.0)
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<(n); i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e2;
const double pi = acos(-1.0);//
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const ll M = 2147493647;
int n,m,k,id,x,y,match[maxn],X[maxn][maxn],Y[maxn][maxn],vis[maxn];
char mp[maxn][maxn];
vector<int>e[maxn];
bool dfs(int u)
{
for(int i=0; i<e[u].size(); i++)
{
int v=e[u][i];
if(!vis[v])
{
vis[v]=1;
if(match[v]==-1 || dfs(match[v]))
{
match[v]=u;
return true;
}
}
}
return false;
}
int cal()
{
int ans=0;
ms(match,-1);
for(int i=1;i<=x;i++)
{
ms(vis,0);
ans+=dfs(i);
}
return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n),n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",mp[i]);
ms(X,0);
ms(Y,0);
for(int i=0;i<maxn;i++) e[i].clear();
x=1,y=1; //编号
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(mp[i][j]=='.'&& !X[i][j])
{
for(int k=j; mp[i][k]=='.'&&k<n; k++)
X[i][k]=x;
x++;
}
if(mp[i][j]=='.'&& !Y[i][j])
{
for(int k=i; mp[k][j]=='.'&&k<n; k++)
Y[k][j]=y;
y++;
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(mp[i][j]=='.')
e[X[i][j]].push_back(Y[i][j]);
}
int ans=cal();
printf("%d
",ans);
}
}
/*
4
.X..
....
XX..
....
2
XX
.X
3
.X.
X.X
.X.
3
...
.XX
.XX
4
....
....
....
....
5 1 5 2 4
*/
HDU 1083 匈牙利算法计数
【题意】：
题目大意： 一共有N个学生跟P门课程,一个学生可以任意选一 门或多门课,问是否达成:
1.每个学生选的都是不同的课(即不能有两个学生选同一门课)
2.每门课都有一个代表(即P门课都被成功选过)
输入为:
第一行一个T代表T组数据
P N(P课程数, N学生数)
接着P行：
第几行代表第几门课程，首先是一个数字k代表对这门课程感兴趣的同学的个数，接下来是k个对这门课程感兴趣同学的编号。
输出为:
若能满足上面两个要求这输出”YES”,否则为”NO”
注意：是课程匹配的学生，学生没课上没事.....
【分析】：匈牙利算法计数
二分图最大匹配，对课程—学生关系建立一个图，进行二分图的最大匹配，
如果最大匹配数==课程数，说明能够满足要求，否则不能。
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#include<sstream>
#include<list>
#include<assert.h>
#include<bitset>
#include<numeric>
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define mod(x) ((x)%M)
#define pi acos(-1.0)
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<(n); i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e3;
const double pi = acos(-1.0);//
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const ll M = 2147493647;
int n,m,k,id,x,y,match[maxn],X[maxn][maxn],Y[maxn][maxn],vis[maxn];
char mp[maxn][maxn];
vector<int>e[maxn];
bool dfs(int u)
{
for(int i=0; i<e[u].size(); i++)
{
int v=e[u][i];
if(!vis[v])
{
vis[v]=1;
if(match[v]==-1 || dfs(match[v]))
{
match[v]=u;
return true;
}
}
}
return false;
}
int cal()
{
int ans=0;
ms(match,-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ms(vis,0);
ans+=dfs(i);
}
return ans;
}
int main()
{
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
{
for(int i=0;i<maxn;i++) e[i].clear(); //
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
while(x--)
{
scanf("%d",&y);
e[i].push_back(y);
}
}
int ans=cal();
if(ans==n) puts("YES");
else puts("NO");
}
}
/*
2
3 3
3 1 2 3
2 1 2
1 1
3 3
2 1 3
2 1 3
1 1
YES
NO
*/
HDU 1083 BFS染色判定二分图/双向
【题意】：
有n个关系，他们之间某些人相互认识。这样的人有m对。 你需要把人分成2组，使得每组人内部之间是相互不认识的。
如果可以，就可以安排他们住宿了。安排住宿时，住在一个房间的两个人应该相互认识。 最多的能有多少个房间住宿的两个相互认识。
【分析】：判断是否为二分图
在我用二维矩阵存下点与点的关系后，我会给每一个点上色（0或者1），基本上是从第一个点开始，然后如果与它相连的点都会被染成与第一个点不一样的颜色， 但是如果在这些点里，有的已经被染过，那么就要判断是否和第一个点对应，若相同， 说明不可以分成二分图，若是之前没有赋过值，那么就先赋上，然后以该点为起始点，找与它相连的所有点，就这样一直递归下去，这就是染色法。
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#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<sstream>
#include<list>
#include<assert.h>
#include<bitset>
#include<numeric>
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define mod(x) ((x)%M)
#define pi acos(-1.0)
#define rep(i,x,n) for(int i=(x); i<(n); i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e3;
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const ll M = 2147493647;
int n,m,k,id,x,y,match[maxn],X[maxn][maxn],Y[maxn][maxn],vis[maxn];
char mp[maxn][maxn];
vector<int>e[maxn];
bool dfs(int u)
{
for(int i=0; i<e[u].size(); i++)
{
int v=e[u][i];
if(!vis[v])
{
vis[v]=1;
if(match[v]==-1 || dfs(match[v]))
{
match[v]=u;
return true;
}
}
}
return false;
}
int cal()
{
int ans=0;
ms(match,-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ms(vis,0);
ans+=dfs(i);
}
return ans;
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
ms(vis,0);
vis[1]=1;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<e[u].size();i++)
{
int v=e[u][i];
if(vis[u]==vis[v]) return 0; //颜色一样，则不是二分图
else if(!vis[v]) //未染色
{
vis[v]=-vis[u]; q.push(v); //染成反色并压队
}
}
}
return 1;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(int i=0;i<maxn;i++) e[i].clear(); //
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x); //双向
}
int ans=cal();
if(!bfs()) puts("No");
else printf("%d
",ans/2);
}
}
/*
4 4
1 2
1 3
1 4
2 3
6 5
1 2
1 3
1 4
2 5
3 6
No
3
*/