带花树
带花树是一种求解一般图最大匹配的算法。时间复杂度上限 。
首先推荐一篇很好理解的博客。
一般图相较于二分图就是图上多了奇环,而“花”指的就是图中的奇环。对于奇环的匹配:首先在环内尽可能地匹配显然是最优的,若环上有 个点,则环内可以用 条边匹配任意 个点,剩下一个未匹配的点可以向外匹配,这个未匹配点是根据需要回溯时才确定的,所以将奇环缩点,用并查集维护是否在同一个“花”内。
具体来说,我们每次选择一个未匹配点 进行增广(将该点标记为 ),并将所有访问到的点标记为 或 (出发点标记为 )。为了回溯连边还需要用到 数组,对于每个标记为 的点 , 表示当前 中 点第一次是被哪个结点访问到的。
一颗
树形如:
其中起点为
,黑点标记为
,红点标记为
。
标记则相当于二分图匹配中的出度和入度一样。
如同二分图匹配,每次只增广 标记点,将需要增广的点逐个压入队列(一开始队列中只有起点 )依次处理。
如果 的话不能之间判断增广点的类型,甚至可能增广到一个首尾都是自己的奇环,所以 做的实际上是一个给点定型的操作,缩点后转成二分图。
模拟一下从当前点 向外扩展到 的情况:
-
和
在同一个“花”内,或者
有标记
(偶环),跳过
偶环情况如图:
-
没有标记,将
标记为
2.1. 已匹配,则将它的匹配点 标记为 ,加入 队列进行增广
所以实际上 树中除根结点外的 标记点都是已匹配点且它的匹配点为它的父亲结点(标记为 )。
2.2. 为未匹配点,则找到了一条起点终点都为未匹配点的增广路。
从这个 开始,将 点的匹配设为 , 的匹配也改成 ,再向上跳到原本 的位置( 的父亲结点),不断如此操作直到根。 -
有标记
,则找到了一个奇环,需要进行缩点。如将下图中的奇环缩成一个点,且点标记为
。从这个大点中的任意一个向外增广都是合法的。所以找到
后遍历这个环,将环中标记为
的点改成标记为
并压入队列进行增广。
那么此时若增广路通过回溯到某个在奇环上的点 ,则表示 在环上的两条邻边不能选,而将其它不相交边依次选中。
注意到如果 点原本就标记为 (它的邻边原本就都不选),则不需要改变。
但是如果 点原本标记为 ,回溯时跳原本的 会向下跳到一个原本就标记为 的点,那么就需要将环上所有原本就标记为 的点的 设成其儿子结点(具体来说就是在跳 时记录每个标记为 的点 ,将 赋值为 )。而对于最底层的标记为 点(如图中的 ),将其 设成这条非树边的另一端即可。
p.s.每次增广成功就直接返回了,所以下一次增广前记得清空 。
bzoj4405
将每个筐子拆成三个点。三个点互相连边(均为无向边)。
球可以放进某个箱子就是将球对应的点向对应的筐的三个连边。
答案即为最大匹配数-n。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=605,M=1e6+10;
int tk,n,m,e,lim,bs1,bs2,bs3,ans;
int head[N],to[M],nxt[M],tot;
int pre[N],bel[N],f[N],typ[N],vs[N],tim;
inline void lk(int u,int v)
{
to[++tot]=v;nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;
to[++tot]=u;nxt[tot]=head[v];head[v]=tot;
}
int getfa(int x){return x==f[x]?x:(f[x]=getfa(f[x]));}
inline int lca(int x,int y)
{
for(tim++;;swap(x,y)) if(x){
x=getfa(x);
if(vs[x]==tim) return x;
vs[x]=tim;x=pre[bel[x]];
}
}
queue<int>que;
inline void trs(int x,int y,int z)
{
for(;getfa(x)!=z;x=pre[y]){
pre[x]=y;y=bel[x];
if(typ[y]==2) typ[y]=1,que.push(y);
if(getfa(x)==x) f[x]=z;if(getfa(y)==y) f[y]=z;
}
}
inline int ext(int s)
{
int i,j,x,y,lst,z;
for(i=1;i<=lim;++i) f[i]=i;for(;que.size();que.pop());
memset(typ,0,sizeof(typ));memset(pre,0,sizeof(pre));
for(typ[s]=1,que.push(s);que.size();){
x=que.front();que.pop();
for(i=head[x];i;i=nxt[i]){
j=to[i];if(getfa(j)==getfa(x) || typ[j]==2) continue;
if(!typ[j]){
typ[j]=2;pre[j]=x;
if(!bel[j]){
for(x=j;x;x=lst){
y=pre[x];lst=bel[y];bel[y]=x;bel[x]=y;
}
return 1;
}
typ[bel[j]]=1;que.push(bel[j]);
}else{z=lca(x,j);trs(x,j,z);trs(j,x,z);}
}
}
return 0;
}
inline void sol()
{
int i,j,x,y;
memset(head,0,sizeof(head));tot=0;
memset(bel,0,sizeof(bel));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
bs1=n;bs2=n+m;bs3=n+m+m;lim=n+m+m+m;
for(i=1;i<=m;++i){lk(bs1+i,bs2+i);lk(bs2+i,bs3+i);lk(bs1+i,bs3+i);}
for(i=1;i<=e;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
lk(x,bs1+y);lk(x,bs2+y);lk(x,bs3+y);
}
ans=0;
for(i=1;i<=lim;++i) ans+=((!bel[i])&&(ext(i)));
printf("%d\n",ans-n);
}
int main(){
for(scanf("%d",&tk);tk;--tk) sol();
return 0;
}