#1122 : 二分图二•二分图最大匹配之匈牙利算法

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描述

上一回我们已经将所有有问题的相亲情况表剔除了，那么接下来要做的就是安排相亲了。因为过年时间并不是很长，所以姑姑希望能够尽可能在一天安排比较多的相亲。由于一个人同一天只能和一个人相亲，所以要从当前的相亲情况表里选择尽可能多的组合，且每个人不会出现两次。不知道有没有什么好办法，对于当前给定的相亲情况表，能够算出最多能同时安排多少组相亲呢？

同样的，我们先将给定的情况表转换成图G=(V,E)。在上一回中我们已经知道这个图可以被染成黑白两色。不妨将所有表示女性的节点记为点集A，表示男性的节点记为点集B。则有A∪B=V。由问题可知所有边e的两个端点分别属于AB两个集合。则可以表示成如下的图：

同样的，我们将所有的边分为两个集合。集合S和集合M，同样有S∪M=E。边集S表示在这一轮相亲会中将要进行的相亲，边集M表示在不在这一次进行。对于任意边(u,v) ∈ S，我们称u和v为一组匹配，它们之间相互匹配。在图G，我们将边集S用实线表示，边集M用虚线表示。得到下图：

则原问题转化为，最多能选择多少条边到集合S，使得S集合中任何两条边不相邻(即有共同的顶点)。显然的，|S|<=Min{|A|, |B|}。

那么能不能找到一个算法，使得能够很容易计算出尽可能多的边能够放入集合S？我们不妨来看一个例子：

对于已经匹配的点我们先不考虑，我们从未匹配的点来做。这里我们选择A集合中尚未匹配的点(A3和A4)考虑：

对于A3点，我们可以发现A3与B4右边相连，且都未匹配。则直接将(A3,B4)边加入集合S即可。

对于A4点，我们发现和A4相连的B3，B4点都已经匹配了。但是再观察可以发现，如果我们将A2和B2相连，则可以将B3点空出来。那么就可以同时将(A2,B2)，(A4,B3)相连。将原来的一个匹配变成了两个匹配。

让我们来仔细看看这一步：我们将这次变换中相关联的边标记出来，如下图所示紫色的3条边(A2,B2),(A2,B3),(A4,B3)。

这三条边构成了一条路径，可以发现这条路径有个非常特殊的性质。虚线和实线相互交错，并且起点和终点都是尚未匹配的点，且属于两个不同的集合。我们称这样的路径为交错路径。

再进一步分析，对于任意一条交错路径，虚线的数量一定比实线的数量多1。我们将虚线和实线交换一下，就变成了下面的图：

在原来1个匹配的基础上，我们得到了2个新的匹配，S集合边的数量也增加了1。并且原来在已经匹配的点仍然是已经匹配的状态。

再回头看看A3点匹配时的情况：对于(A3,B4)这一条路径，同样满足了交错路径的性质。

至此我们得到了一个找新匹配的有效算法：

选取一个未匹配的点，查找是否存在一条以它为起点的交错路径。若存在，将该交错路径的边虚实交换。否则在当前的情况下，该点找不到可以匹配的点。

又有对于已经匹配的点，该算法并不会改变一个点的匹配状态。所以当我们对所有未匹配的点都计算过后，仍然没有交错路径，则不可能找到更多的匹配。此时S集合中的边数即为最大边数，我们称为最大匹配数。

那么我们再一次梳理整个算法：

1. 依次枚举每一个点i；
2. 若点i尚未匹配，则以此点为起点查询一次交错路径。

最后即可得到最大匹配数。

在这个基础上仍然有两个可以优化的地方：

1.对于点的枚举：当我们枚举了所有A中的点后，无需再枚举B中的点，就已经得到了最大匹配。
2.在查询交错路径的过程中，有可能出现Ai与Bj直接相连，其中Bj为已经匹配的点，且Bj之后找不到交错路径。之后又通过Ai查找到了一条交错路径{Ai,Bx,Ay,…,Az,Bj}延伸到Bj。由于之前已经计算过Bj没有交错路径，若此时再计算一次就有了额外的冗余。所以我们需要枚举每个Ai时记录B集合中的点是否已经查询过，起点不同时需要清空记录。

伪代码

输入

第1行：2个正整数，N,M(N表示点数 2≤N≤1,000，M表示边数1≤M≤5,000)
第2..M+1行：每行两个整数u,v，表示一条无向边(u,v)

输出

第1行：1个整数，表示最大匹配数

样例输入

样例输出

题解：最大匹配的做法就是找一个集合到另外一个集合的最多边数，但是要满足一一对应，一个点最多只能有一条边

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>using namespace std;vector<int> vec[10004];
int pre[10004];
bool visited[10004];bool find(int x)
{for(int i = 0;i < vec[x].size();i++)   //从每一个邻接点找增广路径 {int k = vec[x][i];if(!visited[k])                  {visited[k] = true;if(0 == pre[k] || find(pre[k])) //找到一条 {pre[k] = x;                 //取反，路径多了一条 return true;}}}return false;                         //所有邻接点找完都没有找到增广路径
}int main()
{int n,m;cin>>n>>m;int u,v;int ans = 0;for(int i = 0;i < m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);vec[u].push_back(v);vec[v].push_back(u);}memset(pre,0,sizeof(pre));         //表示这是一条增广路径 for(int i = 1;i <= n;i++){memset(visited,false,sizeof(visited));if(find(i))                  //找到一条增广路径 {ans++;}}cout<<ans / 2<<endl;           //从男到女找了一次，从女到男又找了一次，多了一次 return 0;}

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