有正能量的二分图

二分图匹配

严格按照，nodgd 做梦梦到的单子，进行记录。

算法

交错路：匹配边和未匹配边交替的路径。

增广路：起点和终点都是未匹配点的交错路。

匈牙利算法

思想是从每个点增广一次。

怎么优化？random_shuffle，预选边，bitset + bfs 可以做到 \(O(\frac{n^3}{\omega})\)。

HK

这不就是最大流吗？dinic 就做完了。

KM

你谁。

经典问题

• 最小点覆盖，等于最大匹配（以下用 \(P\)）表示，证明+构造：https://oi-wiki.org/graph/graph-matching/bigraph-match/#二分图最小点覆盖。或者用最大流最小割证明。

• 最大独立集，等于点数（以下用 \(N\) 表示）减去 \(P\)，考虑用最小点覆盖解释，因为最小点覆盖每条边至少被一个点覆盖，那么它的补集每条边至多被一个点覆盖。

• 最大团，如果满足补图是二分图，那么就是补图的最大独立集。

• 最小边覆盖。感性理解是选出一个最大的不相邻的边的集合，然后再补上没有选到的点。即 \(P+N-2P=N-P\)。

• DAG 最小路径覆盖，等于 \(N-P\)。将每个点拆成入点和出点 \(u_1,u_2\)，如果有边 \((u,v)\) 则将 \(u_2\) 连向 \(v_1\)。每次匹配一条边相当于合并两条路径。

• DAG 最小可重路径覆盖，等于 floyd 传递闭包后 \(N-P\)。

• 有向图是否存在 \(n\) 个点的简单环等价于是否存在完美匹配。

• 最大广义独立集（DAG，选出的点任意两点不可达）等于 DAG 最小链覆盖。（Dilworth 定理，偏序集（DAG）的最小链覆盖等于最长反链）。

  链是互相有偏序关系的点集，反链是互相没有偏序关系的点集。所以最小链覆盖事实上是最小可重路径覆盖。

  注意到最大广义独立集还可以用最大权闭合子图建模。即每个点拆成 1（出点）和 -1（入点），然后自己的 -1 先连向 1。一条边 \((u,v)\) 就将 \(u\) 的出点连向 \(v\) 的入点。显然跟原问题等价。

• 二分图博弈，二分图（或无向图）上有一枚棋子 \(u\)，两人轮流操作将棋子移动到相邻且没去过的点，无法行动则失败。先手必胜当且仅当 \(u\) 在所有最大匹配中都出现过，即关键点。不妨设当前图为 \(G\)，最大匹配为 \(M\)。

  如果 \(u\) 是最大匹配关键点，那么先手只需选择一条匹配边 \((u,v)\) 到达 \(v\)。那么得到新图 \(G'=G\setminus u\) 的最大匹配为 \(|M|-1\)，并且 \(M\setminus (u,v)\) 是 \(G'\) 的一个最大匹配，所以 \(v\) 不是 \(G'\) 的最大匹配关键点。

  反之，如果 \(u\) 不是关键点，对于不包含 \(u\) 的最大匹配 \(M\)（一定是新图的最大匹配，并且新图的最大匹配一定也是它），那么对于 \(\forall v\in N_G(u)\)，\(v\) 一定在 \(M\) 中。否则将 \((u,v)\) 加入 \(M\) 更优。所以任选 \(v\) 都是新图的关键点。

• 稳定婚姻问题。https://oi-wiki.org/graph/graph-matching/stable-match/#稳定婚姻问题

相关证明

证明：一个最大匹配为 \(M\) 的二分图，一定至少包含 \(M\) 个最大匹配关键点。

对于一个大小为 \(M\) 的最小点覆盖 \(S\)，假设其中点 \(u\) 不是最大匹配关键点。首先因为 \(S\) 是最小点覆盖，所以能覆盖任意最大匹配的 \(M\) 条边，而在不包含 \(u\) 的最大匹配 \(A\) 中，\(u\) 没有连接匹配边，所以覆盖 \(0\) 条匹配边，也就说明剩下 \(M-1\) 个点要覆盖 \(A\) 的 \(M\) 条边，这显然不可能。

所以任意一个最小点覆盖里的点都是最大匹配关键点。

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证明 \(\mathbf{dilworth}\) 定理。

对于一个偏序集 \(P\)，记其大小为 \(n\)，通过偏序关系建出二分图 \((U,V,E)\)，记 \(C\) 为其最小点覆盖。令 \(A=\{x\in P\mid u_x\not\in C且v_x\not\in C\}\)。首先证明 \(A\) 是反链，如果 \(x,y\in A\) 满足 \(x,y\) 有偏序关系，那么就有边 \((v_x,u_y)\)，又因为 \(v_x,u_y\not\in C\)，所以与点覆盖矛盾。

同时若 \(x\in A\)，那么 \(u_x\in C\) 或 \(v_x\in C\)，因此这样的 \(x\) 的数量至少为 \(\dfrac{|C|}{2}\)，至多为 \(|C|\)，即 \(|A|\ge n-|C|=n-|M|\)。设 \(\alpha\) 为最长反链的大小，那么 \(\alpha\ge |A|\ge n-|M|\)。

同时该图的最小链覆盖数量 \(\beta\) 根据结论是等于 \(n-|M|\)。所以 \(\alpha\ge \beta\)。又因为在任何链划分当中每条链至多包含一个反链中的点，所以 \(\beta\ge \alpha\)，所以可以得出结论 \(\alpha=\beta\)。并且 \(A\) 就是一个最长反链。

一般图匹配（Tutte 矩阵）

为什么要放在二分图匹配里？

完美匹配

考虑设计矩阵 \(G\)。

对于 \(i\le j\)，如果 \(i\) 到 \(j\) 有边，那么 \(G_{i,j}=x_{i,j}\)，\(G_{j,i}=-x_{i,j}\)。否则 \(G_{i,j}=G_{j,i}=0\)。

结论：\(\det(G)\ne 0\) 等价于图存在完美匹配。

证明可以考虑 \(\det(G)\) 的定义

\[\det(G)=\sum_{P}(-1)^{\pi(P)}\prod_{i=1}^{n}G_{i,p_i} \]

如果该式存在贡献，那么对于 \(\forall i\)，\(i\) 到 \(p_i\) 必然有边，产生贡献的边形成了若干个环。

注意到如果这些环中有奇环，那么把环翻转后 \(G\) 的乘积恰好取反，而逆序对不变。因此奇环的两种情况抵消。

所以只需要考虑只有偶环的情况。此时每个偶环内的点必然存在匹配。而如果存在匹配，那么这些点两两成环必然合法。证毕。

最大匹配

考虑怎么求最大匹配，大胆猜测：答案是 \(\frac{\text{rank}(G)}{2}\)。回忆一下，矩阵的秩是什么？

矩阵的秩，指的是矩阵中线性无关的行（或列）的最大数目。

也即将 \(A\) 化为行阶梯形后（高斯消元）非零行的个数，或者说非零子式（任选 \(k\) 行 \(k\) 列构成行列式）的最高阶数。

设 \(M\) 为其最大匹配，

• 证明 \(\text{rank}(G)\ge 2|M|\)。假设 \(M\) 覆盖的顶点集合为 \(S\)，\(|S|=2|M|\)。将顶点重新排序，使得 \(S\) 中的顶点对应前 \(2|M|\) 行和前 \(2|M|\) 列，考虑 \(G\) 的由 \(S\) 诱导的主子矩阵 \(G[S]\)，它是一个 \(2|M|\times 2|M|\) 的斜对称矩阵。

  因为 \(M\) 是 \(S\) 的一个完美匹配，所以根据上面的结论有 \(\det(G[S])\ne0\)，所以 \(G[S]\) 满秩，\(\text{rank}(G)\ge \text{rank}(G[S])=2|M|\)。

• 证明 \(\text{rank}(G)\le 2|M|\)。设 \(r=\text{rank}(G)\)，因为 \(G\) 是斜对称矩阵，所以 \(r\) 是偶数。根据秩的定义，\(G\) 存在一个 \(r\) 阶主子矩阵 \(T\) 满足 \(\det(T)\ne 0\)。设 \(S\) 为其对应的顶点集合，那么 \(T\) 事实上就是子图 \(G[S]\) 的 Tutte 矩阵，因为 \(\det(T)\ne 0\)，所以 \(G[S]\) 存在完美匹配，也是原图的一个匹配，并且匹配数为 \(\frac{r}{2}\)。所以得到 \(|M|\ge \frac{r}{2}\) 即 \(2|M|\ge r\)。

最小（大）权完美匹配

更改一下 \(G\) 的定义，在每个 \(G_{i,j}\) 后面乘一个 \(y^{w_{i,j}}\)，然后 \(\det(G)\) 求出来就是一个关于 \(y\) 的多项式。以最小权完美匹配为例，结论：最小权完美匹配的权值等于 \(\det(G)\) 的系数非零项里 \(y\) 的最低次数除以 \(2\)。

假设其最小权完美匹配是 \(M=\{(u_1,v_1),(u_2,v_2),\cdots\}\)，权值是 \(k\)。那么在算行列式时排列 \(p_{u_i}=v_i,p_{v_{i}}=u_i\) 一定会对 \(y^k\) 产生贡献，所以 \(y^k\) 系数是非零的。所以只需要证明次数 \(<k\) 的系数全零即可。考虑反证，假设排列 \(\sigma\) 对小于 \(y^r(r<k)\) 产生贡献，即 \(\sigma\) 是若干偶环。考虑将环长 \(\ge 4\) 的偶环拆成若干二元环。假设这个偶环上点集 \(\{s_1,s_2,\cdots,s_{2l}\}\)，那么要么将其拆为 \(\{\{s_1,s_2\},\{s_3,s_4\},\cdots,\{s_{2l-1},s_{2l}\}\}\)，要么就是 \(\{\{s_2,s_3\},\{s_4,s_5\},\cdots,\{s_{2l},s_{1}\}\}\)，然后拆成权值和最小。注意到

\[2\min(w_{s_1,s_2}+w_{s_3,s_4}+\cdots,w_{s_2,s_3}+w_{s_4,s_5}+\cdots)\le w_{s_1,s_2}+w_{s_2,s_3}+\cdots \]

所以这样拆之后权值和不会 \(>r\)。然后不断操作，最后一定拆成若干二元环且权值和 \(\le r\)，又因为这若干二元环肯定是一个完美匹配，所以就与 \(k\) 是最小权完美匹配矛盾。

题目

A

比较套路，但是没见过不太想得出来。区间排序问题考虑先任取两个区间出来讨论。 假设选的是 \([l_1,r_1)\) 和 \([l_2,r_2)\)，不妨假设 \(l_1<l_2\)，有三种情况

• \(l_2>r_1\)，即不交，那么这两个区间的先后顺序不会影响端点处的贡献。
• \(r_2>r_1\)，即包含，那么第一个区间先操作一定是更优的。
• 否则存在交叉，先选第一个区间 \(l_2\) 就会贡献答案，先选第二个区间 \(r_1\) 就会贡献答案，是一个二选一问题。

所以根据这个形式，考虑图论建模，因为 \(l,r\) 互不相同所以最后一定是一张二分图。然后就变成求最大独立集问题，用 bitset + bfs 优化即可。

H

因为去掉边权后 B 必胜，所以假设有边权后还是 B 必胜。考虑 B 必胜的策略。不妨假设 A 选了“递增”，否则把边权取反。

我们希望找到一组匹配，使得对于任意两条边 \((a,b),(c,d)\)，如果 B 选择走 \((a,b)\)，然后 A 选择走 \((b,c)\) 然后 B 可以继续走 \((c,d)\)。即需要满足 \(w(a,b)<w(b,c)\) 且 \(w(c,d)<w(b,c)\)。也就是不能存在 \(w(a,b)<w(b,c)<w(c,d)\)。转一下，即变成若 \(w(b,a)<w(b,c)\)，则不能 \(w(c,b)<w(c,d)\)。

对于 \(a,c\) 这侧点，考虑让其按边权升序排序，\(b\) 这侧点让其按边权降序排序。然后这等价于如果对于 \(b\) 来说 \(c\) 比 \(a\) 更优，那么对于 \(c\) 来说 \(b\) 不能比 \(d\) 更优。这其实就是一个稳定婚姻问题。

J

不妨考虑建出 \(n\) 个行点和 \(m\) 个列点的二分图，如果 \((i,j)\) 不确定，就在 \(i\) 和 \(j\) 之间连一条边。于是就分成了若干连通块，连通块之间肯定是互相独立的，所以只需考虑一个连通块的方案。

然后问题等价于给每条边染 \(0\) 或 \(1\) 使得每个点的邻边的异或和等于 \(c_i\)，其中 \(c_i\) 由已经填的数确定。我们不妨先考虑树怎么染色，比较显然可以剥叶子，最后只需要检查根节点是否合法即可。容易证明其合法条件的充要条件为 \(\bigoplus c_i=0\)，考虑最终每条边会被贡献 \(2\) 次，所以贡献全局异或和为 \(0\)。

而对于一个连通块，先随意求出一个生成树，然后再加入非树边，非树边是可以随意赋权的，因为可以把它看作确定边然后更新 \(c_i\)，因为一次更新两个，所以不会影响 \(\bigoplus c_i\)。所以一个连通块的方案是 \(2^{m-n+1}\)，\(n\) 和 \(m\) 分别是这个连通块的点数和边数。

乘起来，那么总答案要么是 \(0\)，要么是 \(2^{nm-n-m-k+c}\)，其中 \(c\) 是连通块个数。所以只需要用并查集维护一下连通块和异或和即可。注意到边数可能有 \(O(nm)\) 条，但是对于一个行点去考虑，连出去若干区间，区间总数是 \(O(k)\) 的，直接差分一下即可。