【学习】Hall’s Marriage Theorem

其实是在做题时遇到这个定理的。
这个定理的图论意义是:

对于一个二分图\(G=\{X+Y,E\}\),它满足:
\(\forall W \subseteq X, \, |W| \leq |N_G(W)|\) \(\iff\)\(X\)中的每个结点都有匹配.
其中\(N_G(W)\)为图\(G\)中所有与\(W\)相连的结点的集合。

必要性显然。
对于充分性,不会……以后再补充。

由这个定理,我们能得到一个推论:

二分图\(G\)的最大匹配\(M\)等于\(|X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\).

顺便一提,我们允许\(W = \emptyset\),故\(\max (|W| - |N_G(W)|) \geq 0\)
我们分两步来证明这个推论。在此,我们假设\(W_0 \subseteq X\)满足\(|W_0| - |N_G(W_0)| = \max (|W| - |N_G(W)|)\)

  • 证明:\(M \leq |X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\).
    考虑\(W_0\),即使\(N_G(W_0)\)中的每个结点都与\(W_0\)中的结点匹配,也会有\(|W_0| - |N_G(W_0)|\)个结点得不到匹配。故\(X\)中至少有\(|W_0| - |N_G(W_0)|\)个结点得不到匹配。因此,\(M \leq |X| - \max (|W|)\)
  • 证明:\(M \geq |X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\).
    我们在\(Y\)中添加\(\max (|W| - |N_G(W)|\)个结点与\(X\)中所有结点相连得到新图\(G`\),那么,\(|W_0| - |N_{G`}(W_0)| = 0\)。由Hall‘s Marriage Theorem可知,图\(G`\)\(X\)的每个元素都有匹配。而对于\(W_0\),因为\(|W_0| = |N_{G`}(W_0)|\),所以\(N_{G`}(W_0)\)中的每个元素都与\(W_0\)中的元素匹配,可得我们新加入的结点都有匹配。因此,除\(W_0\)中有\(|W_0|-|N_G(W_0)|\)个结点与新加入的结点匹配之外,\(X\)中其余结点都与原来\(Y\)中的结点匹配。故在删去新加的结点后,\(X\)中至多有\(|W_0| - |N_G(W_0)|\)个结点没有匹配。则\(M \geq |X| - \max (|W| - |N_G(W)|)\)

那么,这个定理及其推论有什么用呢?因为要枚举\(X\)的所有子集,所以一般是没什么用的。然而,某些有特殊性质的二分图的最大匹配问题,会使用这个定理及其推论来转化问题。

例题

arc076F Exhausted?

题意:给出二分图\(G=\{X+Y,E\}\)\(X\)中的所有结点满足:若其编号为\(i\),则只与\(Y\)中编号小于等于\(L_i\)或编号大于等于\(R_i\)的结点连边。给出\(|X|,|Y|\)和所有的\(L_i,R_i\),求\(G\)的最大匹配\(M\)。(输出\(|X|-M\))
\(|X|,|Y| \leq 2 \times 10^5\).

有了这个定理,问题就简单了。我们只要求\(\max (|W| - |N_G(W)|)\)。对于\(W \subseteq X\)\(N_G(W)\)就是形如\(Y - [l,r]\)的形式,其中\([l,r]\)\(Y\)中一个编号的区间。我们枚举\(r\),用线段树实现区间加和区间查最大值即可。具体做法不再阐述。
时间复杂度\(O(n \log n)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010;
int n,m,ans,cnt;
struct data {
  int l,r;
} ordl[N],ordr[N];
bool cmpl(data a,data b) {
  return a.l < b.l;
}
bool cmpr(data a,data b) {
  return  a.r < b.r;
}
struct node {
  int mx,tag;
} t[N << 2];
void puttag(int x,int val) {
  t[x].mx += val;
  t[x].tag += val;
}
void push_down(int x) {
  puttag(x<<1,t[x].tag);
  puttag(x<<1|1,t[x].tag);
  t[x].tag = 0;
}
void push_up(int x) {
  t[x].mx = max(t[x<<1].mx,t[x<<1|1].mx);
}
void modify(int l,int r,int val,int x=1,int lp=1,int rp=m) {
  if (l > rp || r < lp) return;
  if (lp >= l && rp <= r) {
    puttag(x,val);
    return;
  }
  if (t[x].tag) push_down(x);
  int mid = (lp + rp) >> 1;
  modify(l,r,val,x<<1,lp,mid);
  modify(l,r,val,x<<1|1,mid+1,rp);
  push_up(x);
}
int query(int l,int r,int x=1,int lp=1,int rp=m) {
  if (l > rp || r < lp) return 0;
  if (lp >= l && rp <= r) return t[x].mx;
  if (t[x].tag) push_down(x);
  int mid = (lp + rp) >> 1;
  return max(query(l,r,x<<1,lp,mid),query(l,r,x<<1|1,mid+1,rp));
}
int main() {
  int a,b;
  scanf("%d%d",&n,&m);
  ans = max(0,n - m);
  cnt = n;
  for (int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i) {
    scanf("%d%d",&a,&b);
    a ++;
    b --;
    if (a > b) {
      i --, cnt --;
      continue;
    }
    ordl[i] = (data) {a,b};
    ordr[i] = (data) {a,b};
  }
  sort(ordl+1,ordl+cnt+1,cmpl);
  sort(ordr+1,ordr+cnt+1,cmpr);
  int pl = 1, pr = 1;
  for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
    modify(1,i,1);
    for (; ordl[pl].l <= i && pl <= cnt ; ++ pl)
      modify(ordl[pl].l,m,1);
    ans = max(ans,query(1,i) - m);
    for (; ordr[pr].r <= i && pr <= cnt ; ++ pr)
      modify(ordr[pr].l,m,-1);
  }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}



小结:学了一个没卵用的定理。也挺好奇还有哪些二分图能用到这个定理。

猜你喜欢

转载自www.cnblogs.com/cly-none/p/9216562.html
今日推荐