题解:给出一个二分图,问你取点哪个点会使得二分图匹配数减少。

解法:其实就是问二分图匹配的必须点。先对初始二分图做一次最大匹配。

现在考虑左边点,看残余网络上的边重新构图:如果是匹配边那么就从右往左连边,如果是非匹配边就从左往右连边。然后从每个非匹配点出发dfs标记每一个访问过的点。最后是匹配点且未被访问过的就是必须点。为什么呢?仔细考虑新构的图,从未匹配点出发的其实也是一条增广路,如果这条增广路能访问到 已匹配点 。那么我们就可以把这条增广路取反得到另一种匹配方案,也就是说这个被访问到的 已匹配点是非必须的。

右边点原理相似。

细节详见代码以及注释:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=+;
const int M=+;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n1,n2,m,s,t,id[M<<];
struct edge{
int nxt,to,cap;
}edges[M<<];
int cnt=,x[M],y[M],head[N],cur[N]; int add_edge(int x,int y,int z) {
edges[++cnt].nxt=head[x]; edges[cnt].to=y; edges[cnt].cap=z; head[x]=cnt;
return cnt;
} int dep[N];
queue<int> q;
bool bfs() {
while (!q.empty()) q.pop();
memset(dep,,sizeof(dep));
dep[s]=; q.push(s);
while (!q.empty()) {
int x=q.front(); q.pop();
for (int i=head[x];i;i=edges[i].nxt) {
edge e=edges[i];
if (!dep[e.to] && e.cap) {
dep[e.to]=dep[x]+;
q.push(e.to);
}
}
}
return dep[t];
} int dfs(int x,int lim) {
if (x==t) return lim;
for (int& i=cur[x];i;i=edges[i].nxt) {
edge e=edges[i];
if (dep[x]+==dep[e.to] && e.cap) {
int flow=dfs(e.to,min(lim,e.cap));
if (flow>) {
edges[i].cap-=flow;
edges[i^].cap=+flow;
return flow; //找到一条增广路就要return
}
}
}
return ;
} int Dinic() {
int maxflow=;
while (bfs()) {
for (int i=s;i<=t;i++) cur[i]=head[i]; //当前弧优化
while (int flow=dfs(s,INF)) maxflow+=flow;
}
return maxflow;
} bool vis[N],match[N]; vector<int> G[N];
bool dfs2(int x) {
vis[x]=;
for (int i=;i<G[x].size();i++) {
int y=G[x][i];
if (!vis[y]) dfs2(y);
}
} int main()
{
scanf("%d%d%d",&n1,&n2,&m);
s=; t=n1+n2+;
for (int i=;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
id[i]=add_edge(x[i],y[i]+n1,);
add_edge(y[i]+n1,x[i],);
}
for (int i=;i<=n1;i++) add_edge(s,i,),add_edge(i,s,);
for (int i=;i<=n2;i++) add_edge(n1+i,t,),add_edge(t,n1+i,); Dinic(); //重新构图
for (int i=;i<=n1+n2;i++) vis[i]=,match[i]=,G[i].clear();
for (int i=;i<=m;i++)
if (edges[id[i]].cap) G[x[i]].push_back(n1+y[i]); //不匹配边左到右连边
else G[n1+y[i]].push_back(x[i]),match[x[i]]=; //匹配边右到左连边
for (int i=;i<=n1;i++) if (!match[i]) dfs2(i); //从每个未匹配点出发dfs
for (int i=;i<=n1;i++)
if (match[i] && !vis[i]) printf("%d\n",i); //是匹配点且未被 未匹配点 访问的 for (int i=;i<=n1+n2;i++) vis[i]=,match[i]=,G[i].clear();
for (int i=;i<=m;i++)
if (edges[id[i]].cap) G[n1+y[i]].push_back(x[i]); //不匹配边右到左连边
else G[x[i]].push_back(n1+y[i]),match[n1+y[i]]=; //匹配边左到右连边
for (int i=;i<=n2;i++) if (!match[n1+i]) dfs2(n1+i); //从每个未匹配点出发dfs
for (int i=;i<=n2;i++)
if (match[n1+i] && !vis[n1+i]) printf("%d\n",i); //是匹配点且未被 未匹配点 访问的
return ;
}

最新文章

  1. [SharePoint 2013] Subscribe report within SharePoint mode
  2. http协议(四)http状态码
  3. PHP 生成二维码
  4. android stuio eclipse映射下的快捷键
  5. springMVC controller间跳转、重定向、传参
  6. two day python基础知识
  7. Spring中IoC的入门实例
  8. JVM学习笔记(一)------基本结构
  9. struts2+jsp+jquery+Jcrop实现图片裁剪并上传
  10. 合理使用Memcached进行缓存部署
  11. 快学Scala-第六章 对象
  12. IIS asp.net环境
  13. python基础1 day2
  14. 操作系统与cpu
  15. jenkins安装Scanner插件
  16. 第三次Sprint
  17. maven install安装工程
  18. L0,L1,L2范数,正则化,过拟合
  19. Docker: 如何将node.js的项目部署到docker的swarm上面去
  20. 30. Substring with Concatenation of All Words *HARD*

热门文章

  1. Goldengate 应用环境 mysql to oracle
  2. 表结构转excel
  3. Ubuntu修改用户和root密码
  4. Cytoscape——实例
  5. 编译自己的jdk(使用openJDK源码编译jdk )
  6. php time()函数 语法
  7. Service系统服务(六):rsync基本用法、rsync+SSH同步、配置rsync服务端、访问rsync共享资源、使用inotifywait工具、配置Web镜像同步、配置并验证Split分离解析
  8. Codechef March Cook-Off 2018. Maximum Tree Path
  9. 测试技能图谱skill-map
  10. windows shell命令和快捷键