二分图最小点覆盖构造方案+König定理证明

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 \(Dinic\) 算法进行实现,时间复杂度为 \(O(n\sqrt{e})\),其中, \(n\)为二分图中左部点的数量, \(e\) 为二分图中的边数。若是匈牙利算法,时间复杂度为 \(O(nm)\)\(m\) 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 \(Dinic\)

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 \(dfs\) 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 \(+1\) ,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 \(n\times m\) 的矩阵,其中的白色点为 \(0\) , 黑色点为 \(1\) 。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 \(+n\times m\) ,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 \(\leqslant n\times m\) 的点,和一个编号 \(>n\times m\) 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 \(Dinic\) ,在根据上述 \(König\) 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 \(O(nm\sqrt{nm})\) ,即 \(O(n^{\frac{3}{2}}m^{\frac{3}{2}})\) ,本题的 \(n\)\(m\) 均小于 \(500\) ,大概能够在 \(1s\) 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;
}
posted @ 2021-02-23 17:36  Miusybaby  阅读(74)  评论(1编辑  收藏