今天主要學習了二分圖的概念和各種二分圖的題型及解決辦法。二分圖，即所有點可以被分爲兩個集合，這兩個集合中兩個點互不相鄰。即可以分成左邊和右邊兩堆不相鄰的點的圖。。首先先是學習了二分圖的概念以及如何判斷一個圖是否是二分圖。方法很簡單，就是判斷有沒有奇環，用染色法DFS即可。
模版如下
int col[N];
int judge(int u ,int co){ //DFS染色判斷是否是二分圖
col[u] = co;
for(int i=head[u];i!=-1;i = e[i].next){
int v = e[i].v;
if(!col[v]){
col[v] = -col[u];
if(!judge(v,-co))return 0;
}
else if(col[v] == col[u])
return 0;
}
return 1;
}
int isBigraph(){ //有可能存在不連通的多個塊
memset(col,0,sizeof(col));
for(int u = 1;u<=v;u++)
if(col[u]==0)
if(!judge(u,-1))return 0;
return 1;
}
//鄰接表
int dfs(int u){
for(int i= head[u];i!=-1;i = e[i].next){
int v = e[i].v;
if(!check[v]){
check[v] = 1;
if(match[v] == -1 || dfs(match[v])){
match[v] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u = 1;u<=n;u++){ //根據題目改一下
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))
ans++;
}
return ans;
}
//鄰接矩陣
bool dfs(int u)
{
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
{
if (g[u][i] && !visit[i]) //如果節點i與u相鄰並且未被查找過
{
visit[i] = true; //標記i爲已查找過
if (match[i] == -1 || dfs(match[i])) //如果i未在前一個匹配M中，或者i在匹配M中，但是從與i相鄰的節點出發可以有增廣路徑
{
match[i] = u; //記錄查找成功記錄，更新匹配M（即“取反”）
return true; //返回查找成功
}
}
}
return false;
}
int MaxMatch()
{
int i,sum=0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(i = 1 ; i <= cnt ; ++i)
{
memset(visit,false,sizeof(visit)); //清空上次搜索時的標記
if( dfs(i) ) //從節點i嘗試擴展
{
sum++;
}
}
return sum;
} 第三種是最優匹配，由於還沒看 先留空。。。。
題型總結：
一、判斷一個圖是否是二分圖
Uva 10004 Bicoloring
題意：給一張圖，圖上有一些點和邊，問你是否能把這張圖上的所有點染色，使得每條邊的兩個點顏色不同
分析：就是很裸的一道題，問這個圖是不是二分圖，其實直接模擬染色就可以了，也就是判斷的標準做法。
代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
struct edge{
int u,v,next;
}e[405];
int head[205],n,cnt,m;
void addedge(int u,int v){
e[cnt].u = u;
e[cnt].v = v;
e[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
int col[205];
int judge(int u ,int co){ //DFS染色判斷是否是二分圖
col[u] = co;
for(int i=head[u];i!=-1;i = e[i].next){
int v = e[i].v;
if(!col[v]){
col[v] = -col[u];
if(!judge(v,-co))return 0;
}
else if(col[v] == col[u])
return 0;
}
return 1;
}
int isBigraph(){ //有可能存在不連通的多個塊
memset(col,0,sizeof(col));
for(int u = 0;u<n;u++)
if(col[u]==0)
if(!judge(u,-1))return 0;
return 1;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n),n){
scanf("%d",&m);
int u,v;
cnt = 0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&u,&v),addedge(u,v),addedge(v,u);
if(isBigraph())puts("BICOLORABLE.");
else puts("NOT BICOLORABLE.");
}
return 0;
}
POJ 1274 The Perfect Stall
題意：有一些牛和一些牛欄，每頭牛有自己心儀的牛欄，每個牛欄只能裝一頭牛，求最多能給多少頭牛分配自己心儀的牛欄
分析：很裸很裸的求匹配。。把牛放在一邊，牛欄放在另一邊建圖求匹配即可
代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int g[205][205],check[205],match[205];
int n,m;
int dfs(int u){
for(int i= 1;i<=m;i++){
if(!check[i]&&g[u][i]){
check[i] = 1;
if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){
match[i] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u = 1;u<=n;u++){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))
ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2){
memset(g,0,sizeof(g));
int flag = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int s,v;
scanf("%d",&s);
if(!s)flag = 0;
while(s--){
scanf("%d",&v);
g[i][v] =1;
}
}
if(!n||!m||!flag){puts("0");continue;}
printf("%d\n",hungarian());
}
return 0;
}
POJ 2584 T-Shirt Gumbo
題意：有一些比賽者，需要舉辦方給發放T恤，然而每個比賽者有一些自己可以接受的尺寸範圍，總共有五個尺寸，每個尺寸有固定件的衣服，問是否能夠滿足每個比賽者都能分到合適的衣服
分析：把每件衣服當作一個點來做，然後在每個人和他可以穿的衣服之間連邊建圖，求最大匹配，如果和人的數量相同，就可以分到。
代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
char temp[20],contest[25][5],cloth[105];
int g[30][150];
int match[150],check[150];
int x,n;
char si[10] = "SMLXT";
int dfs(int u){
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(!check[i]&&g[u][i]){
check[i] = 1;
if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){
match[i] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
map<char ,int > ma;
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u = 1;u<=x;u++){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))
ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
for(int i=0;i<5;i++)ma[si[i]] = i+1;
while(scanf("%s",temp),strcmp(temp,"ENDOFINPUT")!=0){
scanf("%d",&x);
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=1;i<=x;i++)scanf("%s",contest[i]);
int ts[6];
ts[0] = 0;
for(int i=1;i<=5;i++){
scanf("%d",&ts[i]);
ts[i]+=ts[i-1];
}
n = ts[5];
scanf("%*s");
for(int i=1;i<=x;i++){
int a = ma[contest[i][0]],b = ma[contest[i][1]];
//printf("st:%d ed:%d\n",a,b);
for(int j=ts[a-1]+1;j<=ts[b];j++)g[i][j] = 1;//printf("fff:%d %d\n",i,j);
}
if(hungarian()==x)printf("T-shirts rock!\n");
else printf("I'd rather not wear a shirt anyway...\n");
}
return 0;
}
POJ 2536 Gopher II
題意：有一些地鼠，在一些固定的點上，有一隻老鷹要來抓他們。然而有一些洞， 也是固定座標。所有地鼠的速度都是固定的，如果不在S秒內跑回洞，那麼就會被老鷹喫掉。求出最少被老鷹喫掉的數量。
分析：只要算出每隻地鼠能在固定時間內到達的洞，並連邊，求出最大匹配就是能逃回洞的地鼠數量，然後要注意題目要求的是被喫掉的數量，所以要用n-ans.
代碼:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
struct point{
double x,y;
};
point gopher[105],hole[105];
int g[105][105];
int n,m,s,v;
double d(point a,point b){
return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
int check[105],match[105];
int dfs(int u){
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!check[i]&&g[u][i]){
check[i] = 1;
if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){
match[i] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u = 1;u<=n;u++){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))
ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&v)==4){
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf%lf",&gopher[i].x,&gopher[i].y);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%lf%lf",&hole[i].x,&hole[i].y);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(d(gopher[i],hole[j])<=s*v)
g[i][j] = 1;
printf("%d\n",n-hungarian());
}
return 0;
}POJ 2446 Chessboard
題意：給一個M*N的棋盤，並且棋盤上有一些格子有障礙，問是否能用1*2的矩形來將其剩餘格子填滿，不能重疊。
分析：對於每個不是障礙的格子，可以把這個格子和其相鄰的格子分成兩個集合，即這整個圖就是一個二分圖。我們直接求出這個二分圖的最大匹配，就是能放的方塊數*2（因爲建圖時每條邊會被計算兩次）對於這種圖的DFS可以改一下，改成往四個方向DFS即可。求出最大匹配後再與無障礙的格子數比較。在計算的時候如果無障礙格子是奇數可以直接跳出循環（奇偶剪枝）
AC代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m,k,cnt;
int dx[4] = {1,-1,0,0};
int dy[4] = {0,0,1,-1};
int check[40][40],match[40][40][2],id[40][40];
int dfs(int x,int y){
for(int i=0;i<4;i++){
int nx = x+dx[i],ny = y+dy[i];
if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m)continue;
if(id[nx][ny]==-1)continue;
if(!check[nx][ny]){
check[nx][ny] = 1;
if(match[nx][ny][0] == -1&&match[nx][ny][1]==-1 || dfs(match[nx][ny][0],match[nx][ny][1])){
match[nx][ny][0] = x;
match[nx][ny][1] = y;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(id[i][j]!=-1){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(i,j))
ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&m,&n,&k)==3){
int x,y;
cnt = 0;
memset(id,0,sizeof(id));
for(int i=1;i<=k;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
id[x][y] = -1;
}
if((m*n-k)%2){puts("NO");continue;}
if(hungarian()==m*n-k)
puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}二、最小點覆蓋
根據學習的PPT，二分圖有許多定理，其中就有關於最小點覆蓋的，什麼是最小點覆蓋？假設你覆蓋了圖中的一個點就代表覆蓋了與這個點相連的所有邊，問最少覆蓋幾個點能把所有邊覆蓋，這就是最小點覆蓋。由König定理知道，最小點覆蓋就等於最大匹配數（證明就略了。。。），於是就可以開始做題了。。
POJ 3041 Asteroids
題意：一個N*N的方格，某些格子有一些小行星，你有一種武器，每射擊一次可以消滅一行或者一列上的小行星。問要把所給方格中所有小行星都消滅，最少需要射擊幾次。
分析：所給的是小行星的座標，我們不妨把所給格子的每一行作爲一個點，每一列作爲一個點，若這一行這一列存在小行星則連邊，構造一個二分圖。這樣的話我只需要找到某些行和列，每條邊都代表一顆小行星，找到最少的行和列包括所有小行星即可。這就是求最小點覆蓋。
AC代碼如下：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int g[505][505],match[505],check[505];
int r,c;
int n,k;
int dfs(int u){
for(int v = 1;v<=n;v++){
if(!check[v]&&g[u][v]){
check[v] = 1;
if(match[v] == -1 || dfs(match[v])){
match[v] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u = 1;u<=n;u++){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))
ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&k)==2){
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=1;i<=k;i++)
scanf("%d%d",&r,&c),g[r][c] = 1;
printf("%d\n",hungarian());
}
return 0;
}題意：有兩臺機器A,B，A機器有N種工作模式，B機器有M種工作模式，有一些產品，可以在A機器的第x種模式下生產，也可以在b機器的第y種模式下生產，問最少改變幾次機器的模式，把所有產品都生產出來。
分析：其實和上一題是異曲同工，每種產品當作一條邊，在AB的所有模式中選出最少的一些模式覆蓋所有邊，就是算最小點覆蓋。注意這題模式是從0開始的，所以如果兩個模式中有一個模式是0就不需要建邊了。
代碼如下：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int g[105][105];
int a,b,num;
int check[105],match[105];
int dfs(int u){
for(int v=0;v<b;v++){
if(!check[v]&&g[u][v]){
check[v] = 1;
if(match[v] == -1|| dfs(match[v])){
match[v] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u=0;u<a;u++){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&a),a){
scanf("%d%d",&b,&num);
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=0;i<num;i++){
int u,v;
scanf("%*d%d%d",&u,&v);
if(!u||!v)continue;
g[u][v] = 1;
}
printf("%d\n",hungarian());
}
return 0;
}題意：給一塊地，有些格子上是泥。用寬爲1的木板去鋪這些泥地，不能把草地也給蓋上，但是木板可以重疊。木板長度不限。問最少用幾塊木板可以鋪上。
分析：其實和小行星那題很像，唯一有區別的是隻能鋪連續的一塊地。所以直接把連續的一塊地作爲一個點就可以了。其他做法和小行星那題如出一轍。
AC代碼：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
int ma[55][55][2];
int g[700][700];
int r,c,n,m;
char gra[55][55];
int vis[700],match[700];
int dfs(int u){
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!vis[i]&&g[u][i]){
vis[i] = 1;
if(!~match[i]|| dfs(match[i])){
match[i] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u=1;u<=n;u++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(dfs(u))ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&r,&c)==2){
for(int i=0;i<r;i++)
scanf("%s",gra[i]);
n = m = 0;
memset(g,0,sizeof(g));
memset(ma,0,sizeof(ma));
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++){
while(gra[i-1][j-1]=='.'&&j<=c)j++;
if(j>c)break;
while(gra[i-1][j-1]=='*'&&j<=c){
ma[i][j][0] = n+1;
j++;
}
n++;
}
for(int j=1;j<=c;j++)
for(int i=1;i<=r;i++){
while(gra[i-1][j-1]=='.'&&i<=r)i++;
if(i>r)break;
while(gra[i-1][j-1]=='*'&&i<=r){
ma[i][j][1] = m+1;
i++;
}
m++;
}
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++)
if(gra[i-1][j-1]=='*')
g[ ma[i][j][0] ][ ma[i][j][1] ] = 1;
printf("%d\n",hungarian());
}
return 0;
}三、最大獨立集
什麼是最大獨立集？就是取出點集中的一些點，使得這些點互相獨立，沒有邊相連。這樣的點最多的集合就是最大獨立集。由二分圖的性質，最大獨立集 = 點數 - 最大匹配數，證明略。
POJ 2724 Purifying Machine
題意：一個人有一些奶酪，他有一臺淨化奶酪的機器，上面有N個開關，每個開關有三種狀態，1，0和*，如果是*代表可以是0也可以是1，每次最多隻有一個開關是*，每次會把所有開關序列所代表的二進制數的奶酪給淨化了。有一天他的機器被污染了，他發現的時候已經污染了一些奶酪，他立即清洗了機器，問最少幾次能把被污染的奶酪重新淨化。
分析：其實就是給了一些二進制數，問最少幾次能把這些數遍歷了，因爲每次可以遍歷兩個二進制位之差一位的數，所以可以把給的數中可以一次遍歷的兩個數連一條邊，構成了一個二分圖。可以知道，這個二分圖的最大獨立集就是所求的遍歷次數。
判斷兩個數是否差一位的方法：c = a^b;if(c && (c&(c-1)) == 0) return 1;
AC代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1100;
int n,m;
int num[N],g[N][N];
int vis[N];
int cnt ;
int match[N],check[N];
int dfs(int u){
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(!check[i]&&g[u][i]){
check[i] = 1;
if(match[i] == -1 || dfs(match[i])){
match[i] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u=1;u<=cnt;u++){
memset(check,0,sizeof(check));
if(dfs(u))ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m),n+m){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(num,0,sizeof(num));
memset(g,0,sizeof(g));
char str[20];
cnt = 0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",str);
int num1 = 0,num2 = 0;
for(int j=0;j<n;j++){
if(str[j] == '1')num1+=(1<<(n-j-1)),num2+=(1<<(n-j-1));
else if(str[j] == '*')num1+=(1<<(n-j-1));
}
if(num1 == num2&&!vis[num1])vis[num1] = 1,num[++cnt] = num1;
else{
if(!vis[num1])vis[num1] = 1,num[++cnt] = num1;
if(!vis[num2])vis[num2] = 1,num[++cnt] = num2;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=1;j<=cnt;j++){
int c = num[i]^num[j];
if(c && (c&(c-1))==0)g[i][j] = 1;
}
}
printf("%d\n",cnt-hungarian()/2);
}
return 0;
}在有向無環圖中找一些不相交的路徑，使得這些路徑覆蓋圖的所有頂點，這樣的覆蓋中路徑數最少的成爲最小路徑覆蓋，而二分圖的最小路徑覆蓋數 = 頂點數 - 最大匹配數，證明略
POJ 2060 Taxi Cab Scheme
題意：有一些出租車的預約單，分別包含出發時間，出發地點座標和目的地地點座標。出租車在兩地之間需要的時間是這兩個地點的曼哈頓距離。要求出租車在出發時間前一分鐘到達出發地點。問最少需要幾輛出租車來完成這些預約。
分析：把預約作爲點，如果兩個預約單之間可以由一輛出租車完成，所以每一條路徑都可以由一輛出租車完成，所以就變成了求最小路徑覆蓋。建完圖直接求出來即可。
AC代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>//純粹是爲了abs
using namespace std;
struct node{
int t,sx,sy,ex,ey;
}cab[510];
int n,g[510][510];
int vis[510],match[510];
int dfs(int u){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]&&g[u][i]){
vis[i] = 1;
if(match[i] == -1|| dfs(match[i])){
match[i] = u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungarian(){
int ans = 0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u=1;u<=n;u++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(dfs(u))ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--){
scanf("%d",&n);
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=1;i<=n;i++){
int h,m;
node &temp = cab[i];
scanf("%d:%d%d%d%d%d",&h,&m,&temp.sx,&temp.sy,&temp.ex,&temp.ey);
temp.t = h*60+m;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
node &a = cab[i];
node &b = cab[j];
int t1 = abs(a.ex-a.sx)+abs(a.ey-a.sy);
int t2 = abs(b.sx-a.ex)+abs(b.sy-a.ey);
if(a.t+t1+t2+1<=b.t)g[i][j] = 1;
}
}
printf("%d\n",n-hungarian());
}
return 0;
}暫時就貼這麼多題，做完這些題，發現二分圖的應用其實特別廣泛，沒有奇環這個性質還是十分容易滿足的，二分圖的性質又非常特殊，以後如果對於圖論的一些覆蓋、匹配問題，一定可以看看是否是一個二分圖再做。