序

我觉得我现在还可以

正文

本文权当作学习二分图匹配的一些笔记，个人风格极为严重，请勿深究语文

匈牙利

本文不介绍算法的步骤，因为可以 google（逃，写的都是一些自己的总结

匈牙利的算法主要功能是可以做二分图的最大匹配。它是一种交替的找增广路的算法，其本质就是逆流修改（Singercoder 说的）

其核心的就是 re 这个数组不会回溯 （当然每次要清）

为什么呢，其实~~我觉得~~和当前当前弧优化有点联系。你想想，他要是回溯的话，都不是多项式算法了（笑）。但是其算法正确性也是有的。re 表示的是这个结点是否寻找过增广路。

理论上最坏时间复杂度会到 $O(VE)$ 还行吧。一般卡不了。

算法伪代码

main()
{
	last...
	for 1 to n
		fill re with 0
		/* 每一次都要清空 re */
		if find(i) ans++;
	next...
}
find(u)
{
	for any edge of u
		v = e.v;
		/* 与暴力算法的区别，和当前弧异曲同工吧 */
		if re[v]
			continue
		/* 打上标记 */
		re[v] = 1
		if p[v] == NULL or find(p[v])
			/* 逻辑要清晰 */
			p[v] = u
			return true
	return false
}

写的不是很好，但是还算清楚吧。毕竟代码实现的能力也很重要的（误）。

然后通过这个操作，就可以求出二分图的最大匹配了。ヾ(≧∇≦*)ゝ

当然了，谈到二分图匹配自然会有 Singercoder 冒出来，你匈牙利是 $O(nm)$ ，我最大流跑是 $O(\sqrt n m)$ （没有严格证明，听dalao说的），客观的说，其实各有千秋吧。

运行时间：几乎相等，因为没有毒瘤可以把匈牙利卡到 $O(nm)$，而且 ISAP 的常数肯定比匈牙利大呀.
代码实现难度：匈牙利完爆各种最大流
写完的成就感：最大流完爆匈牙利
运行空间：会卡这个？

真正的代码

bool find(int u) {
  for (int i = h[u]; i != -1; i = edge[i].lac)
  {
    int to = edge[i].to;
    if (re[to]) continue;
    re[to] = 1;
    if (!p[to] || find(p[to])) { p[to] = u; return 1; }
  }
  return 0;
}

然后我们就可以用它来搞各种与二分图有关的东西。

下文介绍几种别的扩展

最少点覆盖
最少边覆盖
最大独立子集
最少不相交路径覆盖

最小点覆盖

反证一下，他应该就是最大匹配数，因为如果有边并未覆盖。那么他的左右端点应该都没被选，所以就不是最大匹配了，矛盾

所以：最小点覆盖 = 最大匹配数

模板：poj1325(有坑)

最少边覆盖

这么思考，贪心的想，先把所有匹配的边选了，然后对于剩下的点随便选一个边

于是：最少边覆盖 = 点数 - 最大匹配数

模板：poj3020

最大独立子集

理解为一个删点和与其相连的所有边，那么剩下的点就是独立子集。删去最小点覆盖即可，

于是最大独立子集 = 点数 - 最小点覆盖

模板：poj1466（据说数据有坑但是没有掉进去...但是还是很坑

最少不相交路径覆盖

ps:我实现这个一般都是网络流..因为 luogu 的模板要输出路径...

这么想，我们最开始有 n 个不相交路径（n 个点），然后要进行连边，连尽可能多的边，就可以减少路径数...

然后，把一个点分为前点后点做二分图匹配即可。

最少路径数 = 点数 - 最大匹配数

模板：poj1422

KM算法

KM算法是可以解决完备匹配下的最大权匹配，个人认为是对匈牙利进行了一番操作）

完备匹配

完备匹配就是要求匹配数为 n

书面的说：所谓的完备匹配就是在二部图中，x 点集中的所有点都有对应的匹配且 y 点集中所有的点都有对应的匹配，则称该匹配为完备匹配。

浅析算法正确性

该算法是通过给每个顶点一个标号（叫做顶标）来把求最大权匹配的问题转化为求完备匹配的问题的。设顶点 $xi$ 的顶标为 $lx[i]$，顶点 $y_j$ 的顶标为 $ly[j]$ ，边权为 $mp[i][j]$ 。在算法执行过程中的任一时刻，对于任一条Edge $<i,j>$ 有 $lx[i] + ly[j] \ge mp[i][j]$ 始终成立。

给出一条定理：若由二分图中所有满足$lx[i] + ly[j] = mp[i][j]$ 的边 $<i,j>$ 构成的子图（称做相等子图）有完备匹配，那么这个完备匹配就是二分图的最大权匹配。

这是显然的，因为对于每个匹配他其他的选择的边权一定满足 $mp[i][j] \le lx[i] + ly[j]$ 要保证其有最大值，只能选相等子图的

其最佳答案即为 $\sum lx[i] +ly[i]$ 所以

初始时为了使 $lx[i] + ly[j] \ge mp[i][j]$ 恒成立，令 $lx[i]$ 为所有与顶点 $x_i$ 关联的边的最大权，$ly[j] = 0$。如果当前的相等子图没有完备匹配，就按下面的方法修改顶标以使扩大相等子图，直到相等子图具有完备匹配为止。

我们求当前相等子图的完备匹配失败了，是因为对于某个 $x$ 顶点，我们找不到一条从它出发的交错路。这时我们获得了一棵交错树，它的叶子结点全部是 $x$ 顶点。我们把交错树中 $x$ 顶点的顶标全都减小某个值 $d$, $y$ 顶点的顶标全都增加同一个值 $d$ ，那么我们会发现：

1）两端都在交错树中的边 $<i,j>$ $lx + ly$(以下简称xy)的值没有变化。也就是说，它原来属于相等子图，仍属于相等子图。

2）两端都不在交错树中的边 $<i, j>$ ，$xy$ 都没有变化。也就是说，它原来属于（或不属于）相等子图，仍属于（或不属于）相等子图。

3）$x$ 端不在交错树中，$y$ 端在交错树中的边 $<i,j>$ ，它的 $xy$ 的值有所增大。它原来不属于相等子图，仍不属于相等子图。

4）$x$ 端在交错树中，$y$ 端不在交错树中的边 $<i,j>$ ，它的 $xy$ 的值有所减小。它原来不属于相等子图，可能进入了相等子图，因而使相等子图得到了扩大。

5）到最后，$x$ 端每个点至少有一条线连着，$y$ 端每个点有一条线连着，说明最后补充完的相等子图一定有完备匹配。

所以，最大权子图子图是一步一步变大的

而显然的为了满足性质有： $d = \min(lx[i]+ly[j]-mp[i][j])$ 其中 $ x_i$ 在交替树里，$y_i$ 不在。

为啥？我们要扩大相等子图。

对于 $d$ 的求解可以在求解交替树时完成

代码

bool find(int u)
{
	visx[u] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		if(visy[i]) continue;
		if(lx[u] + ly[i] == mp[u][i])
		{
			visy[i] = 1;
			if(!p[i] || find(p[i]))
			{
				p[i] = u;
				return 1;
			}
		}
		else d = min(d, lx[u] + ly[i] - mp[u][i]);
        /* 在这里计算d */
	}
	return 0;
}
/* 当然了，如果可以匹配成功，那就不用d了 */

main:

	for(int k = 1; k <= n; ++k)
	{
		while(1)
		{
			memset(visx, 0, sizeof visx);
			memset(visy, 0, sizeof visy);
			d = 1 << 30;
			if(find(k)) break;
			for(int i = 1; i <= n; ++i)
			{
				if(visx[i]) lx[i] -= d;
				if(visy[i]) ly[i] += d;
			}
		}
	}

简单口胡下时间复杂度：

循环 $n$ 次每次找增广修改 $n$ 次顶标用 $n$ 次算 $d$ 所以为 $O(n^3)$ 但是怎么会跑到...

嵬

我没有那么好的天份，我只是多下点力气

关于时间复杂度的证明，好像 algorithm 里给了一个主定理之类的东西吧。去学习下，要肝日校了，可能会比较晚写

浅谈二分图匹配

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