先言
今天讲师讲了二分图，貌似我以前真的没有学过，但是我发现真妙，所以我决定重新来梳理一下二分图的笔记
【定义】
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，如果顶点 (V) 可分割为两个互不相交的子集 ((A,B)) ，并且图中的每条边 ((i，j)) 所关联的两个顶点 (i) 和 (j) 分别属于这两个不同的顶点集 ((i in A , j in B))，则称图 (G) 为一个二分图。
以上来源于 360百科，具体什么意思，来个图解释一下。
我们假设左边的点是 (A) 集合， 右边的点形成 (B) 集合，然后二分图就相当于上方的那个图一样， 在 (A) 和 (B) 集合之中是没有连边的，连边只有在 (A) 和 (B) 两个集合相接的区域。
二分图最大匹配
给定一个二分图，其左部点的个数为 (n)，右部点的个数为 (m)，边数为 (e)，求其最大匹配的边数。
我们称集合 (A) 和 (B) 之间的连边叫做匹配。就是有连边的意思
这里用的是匈牙利算法
匈牙利算法
【本质】 ： 匈牙利算法的本质就是一个暴力，建立在二分图上的一个暴力，当模拟他的流程之后，就发现他真的是个暴力，但是这个暴力不同于我们普通的暴力。
我们同样以上述的图进行模拟匈牙利算法。
首先是 (1) 号节点开始扩展 ，我们扩展到 (2) 号节点 。 然后我们发现 (2) 号节点没被匹配，那么我们就可以让 (1) 号节点和 (2) 号节点匹配了，也就是下图
继续让 (3) 号扩展 ,我们扩展到 (4) 号节点，我们同样发现 (4) 号节点没有被匹配过，那么我们自然也可以让 (3) 号节点与 (4) 号节点匹配了。 如图所示
我们只要让 (A) 集合里的元素扩展即可
(1,3) 都已经匹配完成了，所以我们继续让 (5) 号节点匹配，(5) 号节点，能够继续与 (6) 号节点匹配，同理，下图 ：
以下步骤请结合后文食用
那么继续扩展 (7) 号节点 ，我们首先会匹配 (6) 号节点，发现 (6) 号节点已经被别的节点匹配了，这个时候我们做的不是让 (7) 号节点寻找别的节点而是，废除 (5) 号节点与 (6) 号节点之间的匹配，让 (7) 号节点与 (6) 号节点匹配。
注 ： 要是图实在是令你难以下咽，请转为文字吧
(5) 号节点继续扩展， 我们又找到了 (6) 号节点， 发现 (6) 号节点已经和 (7) 号节点匹配了，所以我们继续执行上一步的操作，将 (7) 号节点另寻别路了，所以废除 (6) 号节点和 (7) 号节点之间的匹配关系，我们选择让 (5) 号节点和 (6) 号节点匹配，让 (7) 号节点与 (8) 号节点建立匹配关系，然后就 (Over!)
Notice：
上述的两个步骤在匈牙利算法中并不是这么实现的，匈牙利算法是判断一下 (6) 号节点与 (5) 号节点废除匹配关系后， (5) 号节点是否可以找到一个新的匹配，如果可以，那么就废除 (5) 号和 (6) 号节点之间的匹配关系，如果不能找到一个 (5) 号节点可以匹配的关系，我们就不能废除 (5) 号节点与 (6) 号节点的匹配关系，而是让 (7) 号节点自己向下去找。上述的步骤是为了更好的理解。
杂 ：
$YJK : $ 为什么 (5) 不能扩展到 (8) 号节点
$zzg : $ 因为没有连边
$YJK : $ 我傻了
(Code) :
实现就是分为两种，一种就是枚举 (A) 集合 (B) 集合，建立匹配关系， 然后再有一个 $bool $ 的 (DFS) 来判断一下废除节点的匹配关系是否可行，也就是废除上方 (5) 和 (6) 节点的匹配关系是否可行 。
具体代码如下 ： 附有注释 ：
/*
by : Zmonarch
知识点 ：二分图最大匹配
匈牙利算法
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#define int long long
const int kmaxn = 1e3 + 10 ;
inline int read()
{
int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ; }
while( isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ; }
return x * f ;
}
inline int Min(int a , int b)
{
if(a < b) return a ; else return b ;
}
inline int Max(int a , int b)
{
if(a > b) return a ; else return b ;
}
inline int Abs(int a )
{
if(a < 0) return - a ; else return a ;
}
int n , m , E ;
bool match[kmaxn][kmaxn] ; //表示 i ,j 之间有连边
bool used[kmaxn] ;
int ans ;
int nxt[kmaxn] ; // = j 表示 与 i 号节点相连的 j 号节点
bool dfs(int u)
{
for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
{
if(match[u][i]) //首先要确定有边才可以进行扩展
{
if(used[i]) continue ;//边不能重复用
used[i] = 1 ;
if(!nxt[i] || dfs(nxt[i])) //如果 i 节点没有被匹配或者废除匹配关系也可以
{
nxt[i] = u ; //i与 u 相匹配
return true ;
}
}
}
return false ;
}
void match_()
{
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
{
memset(used , 0 , sizeof(used)) ;
if(dfs(i))
{
ans++ ;
}
}
}
signed main()
{
n = read() , m = read() , E = read() ;
for(int i = 1 ; i <= E ; i++)
{
int u = read() , v = read() ;
match[u][v] = 1 ;
}
match_() ;
printf("%lld
" , ans) ;
return 0 ;
}
其他题目
经典题
草 ，没有link,这就很气。唔，那就不写代码了
【(description)】 :
给定 (N imes N) 矩阵，其中由(1,0)组成，矩阵可以自由交换行和列，问是否能使得如下图所示的对角线上的数全部都为 (1)
【(solution)】:
首先我们考虑我们在进行 行列交换的时候，如果某一列或者某一行中存在两个或者以上的 (1) ，我们需要考虑吗 ？ 答案自然是不是， 在进行 行和列交换，无论怎么交换，一行和一列的 (1) 的个数自然是不会变的 ，我们做的是考虑一下是否能构成一个对角线 ，我们考虑用二分图来求解 。
那什么是左边的集合 (A)呢 ？ 什么是右边的集合 (B) 呢？ 答案其实也很显然，我们选择 列作为左边的集合， 将 行作为 右边的集合， 我们就可以得到一个二分图， 我们二分图的最大匹配只要是 (n) 答案就为 (Yes) , 不是就为 (NO) 。为什么是 (n) ，在一行或者一列中 (1)的位置自然是可以随意调换的 ，所以我们在进行匹配满足上述对角线的时候 ，我们需要满足上方对角线的点能够一一对应， 所以我们只要判断一下是否最大匹配数为 (n) 即可 。
杂 ：
$YJK : $ 为什么最大匹配数不能大于 (n) ?
$zzg : $ 你的对角线的横坐标和纵坐标哪一个能大于 (n)
$YJK : $ 我傻了