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  • 首先我们知道:最小点覆盖(N)=最大匹配数(M) 下面给出证明 N<M 在匹配边之间,显然不存在相同的顶点 因此,想覆盖每一条匹配边,则至少需要M个顶点 矛盾 N>M 如果我们可以给出一个方案使得N=M 那么显然这个...

    老年选手不记得怎么输出方案了…
    其实就是复习一波König定理

    首先我们知道:最小点覆盖(N)=最大匹配数(M)
    下面给出证明

    N<M

    在匹配边之间,显然不存在相同的顶点
    因此,想覆盖每一条匹配边,则至少需要M个顶点
    矛盾

    N>M

    如果我们可以给出一个方案使得N=M
    那么显然这个情况就不用讨论了

    N=M

    我们尝试使用我们构造出的最大匹配方案来进行最小点覆盖
    过程其实很简单,从每一个右边未匹配的节点出发,类似于匈牙利算法地走
    也就是走一条非匹配边再走一条匹配边
    然后将沿路所有的节点标记
    最后左边标记的节点和右边未被标记的节点即使最小点覆盖
    下文将这些点为选出的点

    我们选了几个点?
    首先,我们选择的都是匹配边上的点
    通过走的方式,我们可以发现我们的路径是未匹配点(右)—>匹配点(左)—>未匹配点(右)—>匹配点(左)—>…未匹配点(右)
    因此左端有标记的都是匹配点
    右端没有标记的显然都是未匹配点
    而一条匹配边显然不可能只有一个点被标记
    只有右边有标记显然不可能
    只有左边有标记那遍历左端点的时候肯定会经过这条边
    因此我们选择的点数不可能比M大
    而每一条匹配边又至少有一个点被标记
    类似匈牙利算法,每条匹配边的左端点肯定要被遍历
    因此这里N=M了

    覆盖全部边了吗?
    显然不存在一条边他的左端点没有标记而右端点有标记
    我们讨论一下右端点标记的来历就行
    如果右端点是非匹配点得到标记的,那么他应该会经过这条边,从而使左端点得到标记
    反过来就是这个右端点是匹配点,那么他的标记肯定就是左端点给的,左端点应该有标记

    什么,你说右端点的标记是另外一个左端点给的?
    显然不可能啊,那这样你不就找到一条新的增广路了?
    因为你左端点之前没有被遍历过,而右端点又被一个起点为未匹配的右端点遍历到了
    这不就匹配+1了?
    显然不存在啊

    因此,我们得到了一个输出方案的方案
    至于模板,就把匈牙利算法基本上拷贝一份打个标记就可以了
    我就不贴了(懒

    展开全文
  • cid=882 ...把(xi,yi)(x_i,y_i)(xi​,yi​)看出边,相连的二分图的两边的为(xi+yi,xi−yi)(x_i+y_i,x_i-y_i)(xi​+yi​,xi​−yi​)。 也就是说,选择了x+y=xi+yix+y=x_i+y_ix+y=xi​+yi​或者x−y=

    http://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?pid=1007&cid=882

    题意:

    给出一些点,你只能用斜率为1或者-1的线去覆盖。问最少的线的数量。

    解析:

    把点 ( x i , y i ) (x_i,y_i) (xi,yi)看出边,相连的二分图的两边的点为 ( x i + y i , x i − y i ) (x_i+y_i,x_i-y_i) (xi+yi,xiyi)

    也就是说,选择了点 x + y = x i + y i x+y=x_i+y_i x+y=xi+yi或者 x − y = x i − y i x-y=x_i-y_i xy=xiyi都可以覆盖这条边。

    最后二分图跑个最大流(时间复杂度为 O ( M l o g N ) O(MlogN) O(MlogN)

    代码:

    /*
     *  Author : Jk_Chen
     *    Date : 2020-07-30-13.11.21
     */
    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define LL long long
    #define LD long double
    #define rep(i,a,b) for(int i=(int)(a);i<=(int)(b);i++)
    #define per(i,a,b) for(int i=(int)(a);i>=(int)(b);i--)
    #define mmm(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
    #define pb push_back
    #define pill pair<int, int>
    #define fi first
    #define se second
    void test(){cerr<<"\n";}
    template<typename T,typename... Args>void test(T x,Args... args){cerr<<"> "<<x<<" ";test(args...);}
    const LL mod=1e9+7;
    const int maxn=1e5+9;
    const int inf=0x3f3f3f3f;
    LL rd(){ LL ans=0; char last=' ',ch=getchar();
        while(!(ch>='0' && ch<='9'))last=ch,ch=getchar();
        while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
        if(last=='-')ans=-ans; return ans;
    }
    #define rd rd()
    /*_________________________________________________________begin*/
    const int N=2e6+9,M=2e6+9;
    
    int n,m,c;
    
    int head[N],nex[M],to[M],val[M],now;
    void add(int a,int b,int v){
        to[++now]=b;val[now]=v;nex[now]=head[a];head[a]=now;
        to[++now]=a;val[now]=0;nex[now]=head[b];head[b]=now;
    }
    
    //*********************
    
    int sp,ep,d[N];
    
    int bfs(){
        queue<int>Q;
        memset(d,-1,sizeof(d));
        d[sp]=0;
        Q.push(sp);
        while(!Q.empty()){
            int p=Q.front();Q.pop();
            for(int i=head[p];~i;i=nex[i]){
                int u=to[i];
                if(d[u]==-1&&val[i]>0){
                    d[u]=d[p]+1;
                    Q.push(u);
                }
            }
        }
        return d[ep]!=-1;
    }
    
    int dfs(int p,int v){
        int r=0;
        if(p==ep)return v;
        for(int i=head[p];(~i)&&r<v;i=nex[i]){
            int u=to[i];
            if(val[i]>0&&d[u]==d[p]+1){
                int x=dfs(u,min(val[i],v-r));
                r+=x;
                val[i]-=x;
                val[i^1]+=x;
            }
        }
        if(!r)d[p]=-2;
        return r;
    }
    
    int dinic(){
        int ans=0,t;
        while(bfs()){
            while(t=dfs(sp,inf))ans+=t;
        }
        return ans;
    }
    
    //***********************
    
    void init(){
        now=-1;//要求第一条边为0
        memset(head,-1,sizeof(head));
    }
    
    int t[maxn],x[maxn];
    int cnt[maxn<<1];
    
    int main(){
        int _=rd;
        while(_--){
            init();
            int n=rd;
            int now1=0;
            int now2=0;
            unordered_map<int,int>id1;
            unordered_map<int,int>id2;
            sp=2*n+1;
            ep=2*n+2;
            rep(i,1,n){
                t[i]=rd,x[i]=rd;
                int L,R;
                if(id1.count(x[i]+t[i])){
                    L=id1[x[i]+t[i]];
                }
                else{
                    id1[x[i]+t[i]]=++now1;
                    L=now1;
                }
    
                if(id2.count(x[i]-t[i])){
                    R=id2[x[i]-t[i]];
                }
                else{
                    id2[x[i]-t[i]]=++now2;
                    R=now2;
                }
                add(L,n+R,1);
            }
            rep(i,1,n)add(sp,i,1);
            rep(i,1,n)add(i+n,ep,1);
    
            int ans=dinic();
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    
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  • 原文链接 前言 博主很笨 ,如有纰漏,欢迎在评论区指出讨论。 二分图的最大匹配使用 DinicDinicDinic 算法...定理内容:二分图最小点覆盖的点的数量等于二分图最大匹配的边的数量。 构造方法 +++ 简单证明: 首先求出

    原文链接

    前言

    博主很笨 ,如有纰漏,欢迎在评论区指出讨论。

    二分图的最大匹配使用 D i n i c Dinic Dinic 算法进行实现,时间复杂度为 O ( n e ) O(n\sqrt{e}) O(ne ),其中, n n n为二分图中左部点的数量, e e e 为二分图中的边数。若是匈牙利算法,时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm) m m m 为二分图中右部点的数量,不建议使用。

    文章中的例题链接。

    König定理

    定理内容:二分图最小点覆盖的点的数量等于二分图最大匹配的边的数量。

    构造方法 + + + 简单证明:

    首先求出二分图中的最大匹配,建议使用 D i n i c Dinic Dinic

    从每一个非匹配点出发,沿着非匹配边正向进行遍历,沿着匹配边反向进行遍历到的点进行标记。选取左部点中没有被标记过的点,右部点中被标记过的点,则这些点可以形成该二分图的最小点覆盖。

    遍历代码实现如下:

    void dfs(int now) {
    	vis[now] = true;
    	int SIZ = v[now].size();
    	for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
    		int next = v[now][i].to;
    		if(vis[next] || !v[now][i].val)//正向边的容量为0说明是匹配边,反向边的容量为0说明是非匹配边
    			continue;
    		dfs(next);
    	}
    }
    

    那么就有以下性质:

    • 若该点为左边的非匹配点,则这个点必被访问,因为这个点是整个 d f s dfs dfs 的起点
    • 若该点为右边的非匹配点,则这个点必不会被访问,若是由左边的非匹配点才到达了这个点,那么可以将这条边变为匹配边,则匹配数 + 1 +1 +1 ,与最大匹配相冲突。若是左边的匹配点才到达了这个点,那么这个点的路径为左边非匹配点右边匹配点左边非匹配点右边匹配点……左边匹配点右边非匹配点 ,很明显,上述路径为增广路,与最大匹配相冲突。所以,右边的非匹配点必不会被访问。
    • 对于一组匹配点,要么两个都被标记,要么都不被标记。因为左部的匹配点是由右部的匹配点来遍历到的,出现必然成双成对。

    有了上述的三条性质,可以发现:按照选取左部点中没有被标记过的点,右部点中被标记过的点的规则,选出来的点的点数必然为最大匹配的边数。左部的非匹配点必然被访问,则必不会被选,右部的非匹配点必不会被访问,则必不会被选。而第三条性质决定了,对于一组匹配点,会选择有且仅有一个点。故而选出的点的点数等于最大匹配的边数。

    其次需要解决一个问题:保证这些点覆盖了所有的边。具体可以分为四类:

    • 左部为非匹配点,右部为非匹配点。性质二已经讨论过,不可能出现这种情况,出现就不满足最大匹配的前提。
    • 左部为匹配点,右部为非匹配点。同理性质二,路径类似,会出现增广路,那么这个左部的匹配点一定没有被访问过,必然被选。
    • 左部为匹配点,右部为匹配点。若构成匹配边,一对匹配点中必选一个。若不构成匹配边,也是合法的,选法有四种,以下进行讨论。在这里插入图片描述
    1. 选左上,右上。不会出现这种情况,选左上意味着左上未被访问,那么右下未被访问,则左下也没被访问,对应的右上没被访问,则右上没被选,矛盾。
    2. 选左下,右下。不会出现这种情况,选左下意味着左下未被访问,同理发现矛盾。
    3. 选右下,右上。全部边都被覆盖,合法
    4. 选左上,左下。同理合法。
    • 左部为非匹配点,右部为匹配点。这条边为非匹配边,而起点就是从左部的非匹配点点开始,那么右部的这个点必然被访问过,必然被选。

    最后在确保这是最小的方案:反证法,少选一个点,那么至少有一条匹配边会被不选,不满足点覆盖的定义,矛盾。也就是说,至少每一条匹配边都需要选一个点。

    如上,证毕。

    题目来源:COCI 2019/2020 Contest #6 T4. Skandi

    题目大意

    给定一个 n × m n\times m n×m 的矩阵,其中的白色点为 0 0 0 , 黑色点为 1 1 1 。黑色点可以往下一直扩展到底部,把白色点变成蓝色点,直到遇到黑色点为止。同理,也可向右扩展。问整个矩阵经过最小多少次扩展才能扩展为整个矩阵到不存在白色,并打印出每次扩展是从哪个点开始的,并打印出扩展方向。题目满足第一行第一列一定为黑色点。

    思路

    一道建模题。

    一个白色点变为蓝色点只有两种方法,从它上方或左方的黑色点扩展而来,且只需要一个点扩展即可。可以考虑到最小点覆盖问题。

    由于对于一个黑色点来说,它可以往右或往下扩展。那么它就有两个身份,也就是说一个点拥有两个编号。一个编号为把整个矩阵拉成一条链的顺序,另一个编号为前一个编号 + n × m +n\times m +n×m ,这样不会发生冲突。获得编号的函数:

    int GetHash(int i, int j) {
    	return (i - 1) * m + j;
    }
    

    那么不难发现一个白色点,与其相关的是一个编号 ⩽ n × m \leqslant n\times m n×m 的点,和一个编号 > n × m >n\times m >n×m 的点。把这两个点连接起来,就是一张二分图。

    问题就转换为找这张图的最小点覆盖问题。使用 D i n i c Dinic Dinic ,在根据上述 K o ¨ n i g König Ko¨nig 定理构造即可。

    边数为白点的个数,左部点为黑点的个数,则时间复杂度为 O ( n m n m ) O(nm\sqrt{nm}) O(nmnm ) ,即 O ( n 3 2 m 3 2 ) O(n^{\frac{3}{2}}m^{\frac{3}{2}}) O(n23m23) ,本题的 n n n m m m 均小于 500 500 500 ,大概能够在 1 s 1s 1s 内求出答案。

    C++代码

    #include <queue>
    #include <cstdio>
    #include <vector>
    #include <cstring>
    #include <iostream>
    using namespace std;
    #define INF 0x3f3f3f3f
    const int MAXN = 1e6 + 5;
    const int MAXM = 5e2 + 5;
    struct Node {
    	int to, val, rev;//依次为:下一个点,边的容量,相反的边的编号
    	Node() {}
    	Node(int T, int V, int R) {
    		to = T;
    		val = V;
    		rev = R;
    	}
    };
    vector<Node> v[MAXN];//用vector存图的癖好...
    int dn[MAXN], rt[MAXN];//预处理白色点可以右那两个点扩展而来
    queue<int> q;
    int de[MAXN], be[MAXN];
    int twin[MAXN];
    bool vis[MAXN];
    int n, m, s, t;
    int arr[MAXM][MAXM];
    bool bfs() {//将残量网络分层
    	bool flag = 0;
    	memset(de, 0, sizeof(de));
    	while(!q.empty())
    		q.pop();
    	q.push(s);
    	de[s] = 1; be[s] = 0;
    	while(!q.empty()) {
    		int now = q.front();
    		q.pop();
    		int SIZ = v[now].size();
    		for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
    			int next = v[now][i].to;
    			if(v[now][i].val && !de[next]) {
    				q.push(next);
    				be[next] = 0;
    				de[next] = de[now] + 1;
    				if(next == t)
    					flag = 1;
    			}
    		}
    	}
    	return flag;
    }
    int dfs(int now, int flow) {//沿着增广路增广
    	if(now == t || !flow)
    		return flow;
    	int i, surp = flow;
    	int SIZ = v[now].size();
    	for(i = be[now]; i < SIZ && surp; i++) {
    		be[now] = i;
    		int next = v[now][i].to;
    		if(v[now][i].val && de[next] == de[now] + 1) {
    			int maxnow = dfs(next, min(surp, v[now][i].val));
    			if(!maxnow)
    				de[next] = 0;
    			v[now][i].val -= maxnow;
    			v[next][v[now][i].rev].val += maxnow;
    			surp -= maxnow;
    		}
    	}
    	return flow - surp;
    }
    int Dinic() {//网络最大流,亦可用于二分图匹配
    	int res = 0;
    	int flow = 0;
    	while(bfs())
    		while(flow = dfs(s, INF))
    			res += flow;
    	return res;
    }
    int GetHash(int i, int j) {//获取点的编号
    	return (i - 1) * m + j;
    }
    void Down(int now, int i, int j) {//黑点向下扩展,每个白点最多遍历到一次
    	if(i != now)
    		dn[GetHash(now, j)] = GetHash(i, j);
    	if(arr[now + 1][j] == 2)
    		Down(now + 1, i, j);
    } 
    void Right(int now, int i, int j) { //黑点向右扩展,每个白点最多遍历到一次
    	if(j != now)
    		rt[GetHash(i, now)] = GetHash(i, j) + n * m;
    	if(arr[i][now + 1] == 2)
    		Right(now + 1, i, j);
    }
    void GetMin(int now) {//dfs求构造方式
    	vis[now] = true;
    	int SIZ = v[now].size();
    	for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
    		int next = v[now][i].to;
    		if(vis[next] || !v[now][i].val)
    			continue;
    		GetMin(next);
    	}
    }
    int main() {
    	scanf("%d %d", &n, &m);
    	s = 0; t = 2 * n * m + 1;//源点和汇点初始化
    	char ch;
    	for(int i = 1; i <= n; i++) {
    		for(int j = 1; j <= m; j++) {
    			cin >> ch;
    			if(ch == '1')
    				arr[i][j] = 1;
    			else
    				arr[i][j] = 2;
    		}
    	}
    	for(int i = 1; i <= n; i++) {
    		for(int j = 1; j <= m; j++) {
    			if(i == 1 && j == 1)
    				continue;
    			if(arr[i][j] == 1) {//向右或向下扩展,一个白点会被访问2次
    				Down(i, i, j);
    				Right(j, i, j);
    			}
    		}
    	}
    	for(int i = 1; i <= n; i++)
    		for(int j = 1; j <= m; j++) {
    			if(arr[i][j] == 1) {//源点到左部点,汇点到右部点连边
    				int now = GetHash(i, j);
    				int idnow = v[now].size();
    				int ids = v[s].size();
    				v[s].push_back(Node(now, 1, idnow));
    				v[now].push_back(Node(s, 0, ids));
    				now = GetHash(i, j) + n * m;
    				idnow = v[now].size();
    				int idt = v[t].size();
    				v[now].push_back(Node(t, 1, idt));
    				v[t].push_back(Node(now, 0, idnow));
    			}
    		}
    	for(int i = 1; i <= n; i++) {
    		for(int j = 1; j <= m; j++) {
    			if(i == 1 && j == 1)
    				continue;
    			if(arr[i][j] == 1)
    				continue;
    			int A = dn[GetHash(i, j)];//左部点到右部点连边
    			int B = rt[GetHash(i, j)];
    			int idA = v[A].size();
    			int idB = v[B].size();
    			v[A].push_back(Node(B, 1, idB));
    			v[B].push_back(Node(A, 0, idA));
    		}
    	}
    	printf("%d\n", Dinic());
    	GetMin(s);
    	for(int i = 1; i <= n; i++) {
    		for(int j = 1; j <= m; j++) {
    			if(arr[i][j] == 2)
    				continue;
    			if(!vis[GetHash(i, j)])//打印答案
    				printf("%d %d DOLJE\n", i, j);
    			if(vis[GetHash(i, j) + n * m])
    				printf("%d %d DESNO\n", i, j);
    		}
    	}
    	return 0;
    }
    
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  • 第1行:1个整数,表示最小点覆盖数 第2行:1个整数,表示最大独立集数 样例输入 5 4 3 2 1 3 5 4 1 5 样例输出 2 3 思路: 二分图的经典模板。 代码: #include #include #include #include #include #include ...

    描述

    在上次安排完相亲之后又过了挺长时间,大家好像都差不多见过面了。不过相亲这个事不是说那么容易的,所以Nettle的姑姑打算收集一下之前的情况并再安排一次相亲。所以现在摆在Nettle面前的有2个问题:

    1.姑姑想要了解之前所有相亲的情况。对于任一个一次相亲,只要跟参与相亲的两人交流就可以得到这次相亲的情况。如果一个人参加了多次相亲,那么跟他交流就可以知道这几次相亲的情况。那么问题来了,挖掘技术到底哪家强姑姑最少需要跟多少人进行交流可以了解到所有相亲的情况。

    问题1解答

    2.因为春节快要结束了,姑姑打算给这些人再安排一次集体相亲。集体相亲也就是所有人在一起相亲,不再安排一对一对的进行相亲。但是姑姑有个条件,要求所有参与相亲的人之前都没有见过。也就是说在之前的每一次相亲中的两人不会被同时邀请来参加这次集体相亲。那么问题又来了,姑姑最多可以让多少人参与这个集体相亲。

    问题2解答

    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,表示最小点覆盖数
    第2行:1个整数,表示最大独立集数

    样例输入
    5 4
    3 2
    1 3
    5 4
    1 5
    样例输出
    2
    3

    思路:

    二分图的经典模板。

    代码:

    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <queue>
    #include <stack>
    #include <vector>
    #include <algorithm>
    #define MAXN 1510
    using namespace std;
    
    vector<int>G[MAXN];
    int pipei[MAXN];
    bool used[MAXN];
    int N,T,M;
    void init()
    {
        for(int i=0;i<N;i++)G[i].clear();
        memset(G,0,sizeof(G));
    }
    void getMap()
    {
        int u,v;
        for(int i=0;i<M;i++)
        {
                scanf("%d%d",&u,&v);
                G[u].push_back(v);
                G[v].push_back(u);
                //G[u][v]=G[v][u]=1;
        }
    
    }
    int find(int x)
    {
        for(int i = 0; i <G[x].size(); i++)
        {
            int y = G[x][i];
            if(!used[y])
            {
                used[y] = true;
                if(pipei[y] == -1 || find(pipei[y]))
                {
                    pipei[y] = x;
                    pipei[x] = y;
                    return 1;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    
    void solve()
    {
        int ans = 0;
        memset(pipei, -1, sizeof(pipei));
        for(int i = 1; i <=N; i++)
        {
            if(pipei[i]==-1)
            {
                memset(used, false, sizeof(used));
                ans += find(i);
            }
        }
        printf("%d\n%d\n",ans,N-ans);
    }
    
    int main()
    {
    
    
        while(~scanf("%d%d",&N,&M))
        {
            init();
            getMap();
            solve();
        }
        return 0;
    }
    



    展开全文
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  • https://zhuanlan.zhihu.com/p/96229700

空空如也

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二分图最小点覆盖