關於二分圖匹配

建國中學賴昭勳

二分圖匹配演算法

Bipartite Matching Algorithms

兩個方向都要證明

一、最大匹配沒有增廣路徑 -> 有增廣路徑就不是最大匹配。顯然正確。

二、沒有增廣路徑就代表是最大匹配:

假設目前的匹配是 $M$ 有一個更大的匹配 $M'$ 。則考慮兩者的對稱差 $G' = (M \backslash M') \cup (M' \backslash M)$

可以知道 $G'$ 的每個點度數 $\leq 2$ ，且如果 $deg=2$ 的話一定是連到一條 $M$ 和一條 $M'$ 的邊。因此 $G'$ 會由孤點、交錯偶環和交錯路徑構成。因為 $|M'| > |M|$ ，多的那些邊一定是出現在交錯路徑上，也就代表增廣路徑存在。Q.E.D.

正確性證明

1. 這真的是點覆蓋:

不存在邊 $(x, y)$ 使得 $x \in T_L,y \in (R \backslash T_R)$

假設 $x \in T_L$

如果該邊是紅邊， $x$ 就是從 $U$ 開始經過這條邊找到交替路徑，故 $y \in T_R$ ，矛盾。

如果是黑邊，交替路徑就一定可以走到 $y$ ， $y \in T_R$ 依舊成立。

正確性證明 pt.2

2. 這是最小點覆蓋->大小和最大匹配相同

首先， $|最小點覆蓋| \geq |最大匹配|$ ，因為最大匹配的每一條邊都要被一個不一樣的點覆蓋住。

因此我們只要能夠證明每個點都會連接到一條不同的匹配邊，那根據 1.，這會是一個大小為最小可能值，也就是 $|最大匹配|$ 的點覆蓋。

每個在 $L \backslash T_L$ 的點都有匹配，因為

每個在 $T_R$ 的點都有匹配，否則從 $U$ 走到 $T_R$ 的路徑就會形成增廣路徑，矛盾。

而且，因為 $T_R$ 匹配到的邊在 $T_L$ 裡，兩者不重複。 $Q.E.D.$

(L \backslash T_L) \subseteq (L \backslash U)

(L \backslash T_L) \subseteq (L \backslash U)

TIOJ 1069

在二維平面上有 $m$ 個緊急事件，第 $i$ 個位於 $(x_i, y_i)$ ，並會在時間 $t_i$ 發生。你需要指派警察去處理事件。一個警察一開始可以出現在任意位置，之後每單位時間能朝上下左右移動一格(或不動)。警察必須要在事件發生時位於事件的位置，問最少需要幾個警察才能處理所有事件。

$m \leq 1000, x_i, y_i \leq 1000, t_i \leq 1440$

CF 1510 B

你有一個 $d$ 個按鈕的密碼鎖，每個按鈕可以是開(1)或關(0)兩種狀態。一開始所有按鈕都是0。

每次操作可以:

將某個0的按鈕變成1
將所有按鈕重設為0

有 $n$ 種可能的密碼組合，請輸出一組最短的操作順序，使得這 $n$ 種組合都會在操作的過程中出現。

$d \leq 10, n \leq 2^d - 1$


7	5	3	10
2	5	7	6
10	1	4	9
11	8	1	9

轉換問題

給每個節點一個點權 $l(v)$ (vertex labeling)，使得對於每一條邊 $(u, v)$ 都有 $l(u) + l(v) \geq c(u, v)$ 。

恰好符合 $l(u) + l(v) = c(u, v)$ 的邊稱為緊邊。

對於一張二分圖 $G$ ，我們把只有緊邊的圖稱為緊邊子圖 $G'$ 。

	3	2	0	7
3	1	0	0	0
-1	0	4	8	0
-1	8	0	5	3
1	7	5	0	1

如果 $G'$ 有完美匹配，那該匹配為最佳解，權重為所有點的和 $\sum l(v)$

定義一條邊 $(u, v)$ 的相對邊權為 $l(u) + l(v) - c(u, v)$

演算法過程

一開始先隨意找一個合法的 vertex labeling，常見方式是將一邊的點權設為他連到的邊權最大值，另一邊設為 $0$ 。
當緊邊子圖的匹配大小 $< n$ 的時候做兩件事:

增加匹配大小
改變點權使其他緊邊出現。

注意到，我們限制匹配到的邊一定要是緊邊。

增加匹配大小就用dfs在 $G'$ 找增廣路徑就好了。

第二點要怎麼做到?

演算法過程

假設我們現在找到 $G'$ 的最大匹配，並用König's Theorem 的方法找到了最小點覆蓋。

L

R

因為目前還不是完美匹配，一定存在非緊邊(藍) $(u, v)$ 使得

$u \in T_L, v \in R \backslash T_R$

令 $\Delta$ 為這些藍邊的相對邊權最小值，那讓 $T_L$ 的點權重扣掉 $\Delta$ ，讓 $T_R$ 的點權重加上 $\Delta$

演算法過程

改完點權之後，每個邊的相對邊權發生了什麼事?

L

R

藍邊的權重扣掉 $\Delta$
連了一個綠點的邊不變 (所有的匹配邊都是這種)
連了兩個綠點的邊增加 $\Delta$

注意到，因為 $\Delta$ 的定義，至少有一條藍邊會變成緊邊，也就代表說 $T$ 的大小至少增加一，並且到最後一定有增廣路徑出現。

優化到 $O(n^3)$

維護一個陣列 $slack[i]$ ，代表右邊每個點與交錯路徑樹之間的相對邊權最小值。

$slack[i] = min_{x \in T_x}(l(x) + l(i) - c(x, i))$

當 $slack[i] = 0$ 時，該點有(至少)一條連到樹上的邊，因此他會被加入到樹中。

因此，在非樹點和樹點之間的最小邊權可以透過從 $slack$ 裡面找非樹點的最小值得到。

改變點權時，非樹點的 $slack$ 會扣掉 $\Delta$ ，樹點則不變。

那DFS怎麼辦?

我們只要找到一個增廣路徑就可以break 了。

在還沒找到之前，會一直把新的點加進交錯路徑樹，而這棵樹前面的結構也不會改變。所以，我們可以只從新的點開始DFS，直到找到交錯路徑!

實作上在維護 $vis$ 的時候不要重設，每次從非樹點裡面 $slack = 0$ 的開始DFS，對每個點來說都只會跑整張圖一次，複雜度是均攤 $O(n^2)$ 。

再加上前面的優化，就成功達成 $O(n^3)$ 了!

關於二分圖匹配建國中學賴昭勳

	//Challenge: Accepted
	//模板已省略
	int n, m;
	int mx[maxn], my[maxn];
	bool adj[maxn][maxn], vis[maxn];
	bool dfs(int n) {
	if (vis[n]) return false;
	vis[n] = 1;
	for (int v = 1;v <= n;v++) {
	if (!adj[n][v]) continue;
	if (!my[v] \|\| (my[v] && dfs(my[v]))) {
	mx[n] = v, my[v] = n;
	return true;
	}
	}
	return false;
	}
	int main() {
	// 輸入圖
	int cnt = 0;
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) vis[j] = 0;
	if (dfs(i)) {
	cnt++;
	}
	}
	cout << cnt << endl;
	}

	//Challenge: Accepted
	//模板已省略
	int n, m;
	int mx[maxn], my[maxn];
	bool adj[maxn][maxn], vis[maxn], cx[maxn], cy[maxn];
	bool dfs(int n) {
	if (vis[n]) return false;
	vis[n] = 1;
	for (int v = 1;v <= m;v++) {
	if (!adj[n][v]) continue;
	if (!my[v] \|\| (my[v] && dfs(my[v]))) {
	mx[n] = v, my[v] = n;
	return true;
	}
	}
	return false;
	}
	void dfs2(int n) {
	if (vis[n]) return;
	vis[n] = 1;
	cx[n] = 0;
	for (int v = 1;v <= m;v++) {
	if (!adj[n][v]) continue;
	cy[v] = 1;
	if (my[v]) {
	dfs2(my[v]);
	}
	}
	}
	int main() {
	// 輸入圖
	int cnt = 0;
	vector<int> u;
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) vis[j] = 0;
	if (dfs(i)) {
	cnt++;
	} else {
	u.push_back(i);
	}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	cx[i] = 1, vis[i] = 0;
	}
	for (int i:u) dfs2(i);
	cout << cnt << "\n";
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	if (cx[i]) cout << i << " ";
	}
	for (int i = 1;i <= m;i++) {
	if (cy[i]) cout << n + i << " ";
	}
	cout << endl;
	}

	//Challenge: Accepted
	//模板已省略
	int a[maxn][maxn];
	int lx[maxn], ly[maxn], mx[maxn], my[maxn];
	bool vx[maxn], vy[maxn];
	int tot;
	bool dfs(int n) {
	if (vx[n]) return false;
	vx[n] = 1;
	for (int v = 1;v <= tot;v++) {
	if (lx[n] + ly[v] - a[n][v] > 0) continue;
	//only check tight edges
	vy[v] = 1;
	if (!my[v] \|\| dfs(my[v])) {
	mx[n] = v, my[v] = n;
	return true;
	}
	}
	return false;
	}
	int main() {
	io
	int n;
	cin >> n;
	tot = n;
	for (int i = 1;i <= n;i++) { //input
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	cin >> a[i][j];
	}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) { //initialize vertex labeling
	lx[i] = 0;
	for (int j = 1;j <= n;j++) lx[i] = max(lx[i], a[i][j]);
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	while (true) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) vx[j] = vy[j] = 0;
	if (dfs(i)) {
	break;
	}
	int delta = 1<<30;
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	if (!vx[j]) continue;
	for (int k = 1;k <= n;k++) {
	if (!vy[k]) {
	delta = min(delta, lx[j] + ly[k] - a[j][k]);
	}
	}
	}
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	if (vx[j]) lx[j] -= delta;
	if (vy[j]) ly[j] += delta;
	}
	}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1;i <= n;i++) ans += lx[i] + ly[i];
	cout << ans << "\n";
	for (int i = 1;i <= n;i++) cout << lx[i] << " ";
	cout << "\n";
	for (int i = 1;i <= n;i++) cout << ly[i] << " ";
	cout << "\n";
	}

	//Challenge: Accepted
	//模板已省略
	int a[maxn][maxn];
	int lx[maxn], ly[maxn], mx[maxn], my[maxn];
	bool vx[maxn], vy[maxn], check[maxn];
	int slack[maxn];
	int tot;
	bool dfs(int n, bool ch) { //ch is true if we want to change matching
	if (vx[n]) return false;
	vx[n] = 1;
	for (int v = 1;v <= tot;v++) {
	//n is in the tree, so we should update slack[v] here
	slack[v] = min(slack[v], lx[n] + ly[v] - a[n][v]);
	if (lx[n] + ly[v] - a[n][v] > 0) continue;
	vy[v] = 1;
	if (!my[v] \|\| dfs(my[v], ch)) {
	if (ch) mx[n] = v, my[v] = n;
	return true;
	}
	}
	return false;
	}
	int main() {
	io
	int n;
	cin >> n;
	tot = n;
	for (int i = 1;i <= n;i++) { //input
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	cin >> a[i][j];
	}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) { //init vertex labeling
	for (int j = 1;j <= n;j++) lx[i] = max(lx[i], a[i][j]);
	}

	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) vx[j] = vy[j] = check[j] = 0;
	for (int j = 1;j <= n;j++) slack[j] = 1<<30; //init slack
	check[i] = 1;
	//check[i] is 1 if vertex i is in the tree and
	//should be searched the next time
	bool aug = 0;
	while (!aug) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	if (check[j] && dfs(j, 0)) {
	aug = 1;
	break;
	}
	}
	if (aug) break;
	int delta = 1<<30;
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	if (!vy[j]) delta = min(delta, slack[j]);
	check[j] = 0;
	}
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	if (vx[j]) lx[j] -= delta;
	if (vy[j]) ly[j] += delta;
	else {
	slack[j] -= delta;
	if (slack[j] == 0) {
	vy[j] = 1;
	//vertex j is now added to the tree
	if (!my[j]) {
	aug = 1;
	} else {
	check[my[j]] = 1;
	}
	}
	}
	}
	}
	for (int j = 1;j <= n;j++) vx[j] = vy[j] = 0;
	dfs(i, 1); //actually change the matching
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1;i <= n;i++) ans += lx[i] + ly[i];
	cout << ans << "\n";
	for (int i = 1;i <= n;i++) cout << lx[i] << " ";
	cout << "\n";
	for (int i = 1;i <= n;i++) cout << ly[i] << " ";
	cout << "\n";
	}