【ACWing】861. 二分图的最大匹配

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/863/

给定一个二分图，其中左半部包含$n_1$个点（编号$1\sim n_1$），右半部包含$n_2$个点（编号$1\sim n_2$），二分图共包含$m$条边。数据保证任意一条边的两个端点都不可能在同一部分中。求该二分图的最大匹配，返回匹配数。

数据范围：
$1\le n_1,n_2\le 500$
$1\le u\le n_1$
$1\le v\le n_2$
$1\le m\le 10^5$

可以用匈牙利算法。我们先将这个二分图分为左右两部分，左半部分编号为$u_1,...u_{n_1}$，右半部分编号为$v_1,...,v_{n_2}$。其思想是这样的，每次枚举左边的点，然后对这个点进行搜索，按照非匹配边、匹配边、非匹配边、匹配边等等这样的顺序走，匹配边指的是其两端点在之前已经形成匹配，非匹配边则是相反的意思。这个过程在第一次走到右边的非匹配点停止。非匹配点指的是在之前还未匹配的点。如果存在一条这样的路径的话，就找到了一个更优的匹配（具体来说匹配数会比旧匹配数加$1$）。解释是这样的，不妨设这个路径是$u_1\to v_1\to u_2\to v_2\to ...\to u_k\to v_k$，那么$u_1\to v_1$是个非匹配边，$v_1\to u_2$是个匹配边，$u_2\to v_2$是个非匹配边，以此类推。显然这条路径里一共有$k-1$个匹配边，但是我们可以重新排列，使得$u_1,v_1$匹配，$u_2,v_2$匹配，等等，这样匹配数就是$k$个，比原先多一个。显然这样做更优。算法的思想就是，遍历左边的点，每次都去找形如这样的路径（这样的路径被称作增广路，这个增广路和网络流里的增广路意思不一样，但非常相似），如果找到了就将匹配数加$1$。实现的话可以用DFS，在寻找增广路的同时，如果找到了，就在回溯的时候把这个增广路的匹配边反一下，形成更长的路径以及更大的匹配。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 510, M = 100010;

int n1, n2, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
// match[i]存的是右边的点i与左边哪个点匹配的。match[i] = 0说明还未匹配
int match[N];
bool st[N];

void add(int a, int b) {
    
    
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// 返回从v出发是否能找到一条增广路
bool dfs(int v) {
    
    
    st[v] = true;
    for (int i = h[v]; i != -1; i = ne[i]) {
    
    
        int j = e[i];
        if (!st[j]) {
    
    
            st[j] = true;
            // 如果走到了非匹配点，那已经找到了一条增广路，将其与v匹配并返回true；
            // 如果走到了匹配点j，那就看从j的匹配点出发能不能走出一条增广路，如果能，
            // 也可以将v与j匹配并返回true；否则不做新匹配，匹配保持原样
            if (match[j] == 0 || dfs(match[j])) {
    
    
                match[j] = v;
                return true;
            }
        }
    }
	
	// 否则说明从v出发找不到增广路，返回false
    return false;
}

int main() {
    
    
    cin >> n1 >> n2 >> m;

    memset(h, -1, sizeof h);

    while (m--) {
    
    
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b);
    }

    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
    
    
    	// st数组实际上就是DFS中的visited数组，每次都要清为false
        memset(st, false, sizeof st);
        // 如果从i能找到增广路，就能增加匹配数，将匹配数加1
        if (dfs(i)) res++;
    }

    cout << res << endl;

    return 0;
}

时间复杂度$O(nm)$，空间$O(n)$。