P6268 [SHOI2002]舞会

题目描述

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某学校要召开一个舞会。已知学校所有 (n) 名学生中，有些学生曾经互相跳过舞。当然跳过舞的学生一定是一个男生和一个女生。在这个舞会上，要求被邀请的学生中的任何一对男生和女生互相都不能跳过舞。求这个舞会最多能邀请多少个学生参加。

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首先呢，这道题是一道典型的二分图最大独立集问题。

我们把每对跳过舞的同学连一条边，那么我们所选出来的同学中就不能有连边。

这正好符合二分图最大独立集的概念，包含点数最多的，且任意两点之间没有连边的最大集。

我们先证明一下，为什么我们这样建边会得到一张二分图。

我们可以把男女分在左右两边，题目保证了跳过舞的人都是男女配对的，所以男男之间不会有连边。

所以保证了同一个集合内没有连边，所以这是一个二分图。

再说了，要是有奇环的话，那么就会有一个人的性别不明确（不男不女？？？） 大雾。

自己画一下图就好理解了。

那么我们最终的答案就是二分图的最大独立集。

这东西怎么求呢？ 先来一个定理：

二分图最大独立集等于 n - 最小点覆盖 等于 n - 二分图最大匹配数。

第一个等式的话很好证出来。

我们选出来的点之间没有连边就等价于用最小的点覆盖所有的边，也就是我们所说的最小点覆盖问题。

至于为什么最小点覆盖等于最大匹配数，先记住一下吧，自己以后会把这个坑补上的。

当我们建完图后，你还会发现一个重要的问题就是，你找不到从从哪些点开始匹配，即找不到左边集合中的点。

我一般解决这个问题的方法就是先对整张图跑一边染色法，把所有标记为 (1) 的点扔到一个 (vector) 中，然后对这些点跑一边最大匹配就可以。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n,m,u,v,ans,tot;
int head[N],match[N],c[N];
bool vis[N];
vector<int> q;
struct node
{
	int to,net;
}e[100010];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
void add(int x,int y)
{
	e[++tot].to = y;
	e[tot].net = head[x];
	head[x] = tot;
}
bool dfs(int x)
{
	for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
	{
		int to = e[i].to;
		if(!vis[to])
		{
			vis[to] = 1;
			if(!match[to] || dfs(match[to]))
			{
				match[to] = x;
				return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}
void bfs(int x,int col)
{
	c[x] = col;
	if(c[x] == 1) q.push_back(x);
	for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
	{
		int to = e[i].to;
		if(!c[to]) bfs(to,3-col);
	}
}
int main()
{
	n = read(); m = read();
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	{
		u = read()+1; v = read()+1;//记得学生编号是从零开始的，要加一个1转化为从1到n
		add(u,v); add(v,u);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if(!c[i]) bfs(i,1);//染色
	}
	for(int i = 0; i < q.size(); i++)//匈牙利算法
	{
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		int x = q[i];
		if(dfs(x)) ans++;
	}
	printf("%d
",n-ans);
	return 0;
}