二分图最佳完美匹配

正题

首先我们要了解几个概念。
顶标 $t{x}_i,t{y}_i$ 分别表示的是人为赋予的左右点的点权，在运算过程中，需要满足$$t{x}_u+t{y}_v\ge w_{u,v}$$
相等子图：每一个点与满足 $t{x}_u+t{y}_v=w_{u,v}$ 的边构成的子图。
定理：若相等子图存在完美匹配，则这个完美匹配的权值就是最大的。
证明：首先对于任意一个完美匹配的值满足：$$\sum _{e\in A}{w}_e\le \sum _{i=1}^{n}t{x}_i+t{y}_i$$
其次，若相等子图存在完美匹配，则该匹配满足：$$\sum _{e\in A}{w}_e=\sum _{i=1}^{n}t{x}_i+t{y}_i$$
我们先来讨论一下较为简单的算法流程。

首先将左边点的顶标 $t{x}_i$ 设置为 $i$ 出边中的权值最大值， $t{y}_i$ 设为 $0$ 。

接着依次枚举各个点 $i$ ，再枚举这个点的出边，如果出边对应的点 $j$ 满足：$$t{x}_i+t{y}_j=w_{i,j}$$
就讨论：

1.若$j$点没有匹配的点，那么连边 $return$ 就可以了。

2.否则就$dfs$ j的匹配点，完成上述步骤。

如果最后能找到一条增广路，那么说明当前的顶标就是可行的。

否则我们要尝试另外一种顶标方案使其可以找到增广路。

我们用两个bool数组 $vx,vy$ 分别记录左右两边点是否被遍历过。

由于增广不成功，增广路上面的肯定是一些左右点的可行匹配。

设 $d$ 是满足左边的点被遍历了，右边的点没有被遍历的边中 $t{x}_i+t{y}_j-w_{i,j}$ 最小的。

考虑将遍历过的左边点的 $t{x}_i=t{x}_i-d$ ，右边点的 $t{y}_j=t{y}_j+d$ 。

对于一条边来说：

1.若左右两边点都被遍历过， $t{x}_i+t{y}_j-w_{i,j}$ 不会变，是否匹配的状态也不会变。

2.若左右两边点都没有被遍历过，同上。

3.若左边的点被遍历了，右边的点没有， $t{x}_i+t{y}_j-w_{i,j}$ 变小，这条边可能会被加入相等子图中。

4.若左边的点没有被遍历，有边的点有，$t{x}_i+t{y}_j-w_{i,j}$ 变大，这条边不可能被加入相等子图中。

实际上我们更关注的是第三点，因为一条失败的增广路都是走到左边点停了。

但因为我们想要使得相等子图存在增广路的同时，顶标和尽可能大，所以自然就想让 $d$ 小一些。

上述做法时间复杂度瓶颈在于每次都需要重新找增广路，每次时间复杂度 $O(n+m)$ 。

总时间复杂度就变成了 $O(n^2(n+m))$ 。

实际上有更好的方法。
考虑 $bfs$ ，用一个 $slack$ 数组表示一个右边点所连边中 $t{x}_i+t{y}_j-w_{i,j}$ 最小值。

这样我们只需要将可能增广的左节点不断加入队列，考虑当前左端点所连右端点，更新其slack值。

若满足该点 $slack=0$ ，就可以观察这个右端点是否有匹配点，如果没有，那么就找到了合法增广路，如果有，就将那个匹配点加入队列。

每次我们寻找不在增广路上的 $slack$ 最小值即可作为 $d$ 值，更新就可以了，在此过程中，不用每次都重新构建，时间复杂度大大减小，总共有 $n$ 个点进行增广，只会更改 $n$ 次顶标，每次更改时间复杂度 $O(n)$ ，时间复杂度 $O(n^3)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=510;
bool vx[N],vy[N];
long long tx[N],ty[N],slc[N],w[N][N];
int mx[N],my[N],pre[N],n,m;
int qs[N],st,ed;

bool check(int y){
	vy[y]=true;
	if(my[y]){
		vx[my[y]]=true;
		qs[++ed]=my[y];
		return false;
	}
	while(y){
		my[y]=pre[y];
		swap(mx[my[y]],y);
	}
	return true;
}

void find(int x){
	qs[st=ed=1]=x;vx[x]=true;
	while(1){
		while(st<=ed){
			int x=qs[st++];
			for(int y=1;y<=n;y++) if(w[x][y]!=-20000000 && !vy[y]){
				long long d=tx[x]+ty[y]-w[x][y];
				if(d<slc[y]){
					pre[y]=x;
					if(d) slc[y]=d;
					else if(check(y)) return ;
				}
			}
		}
		long long mmin=slc[0];
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!vy[i]) mmin=min(mmin,slc[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(vx[i]) tx[i]-=mmin;
			if(vy[i]) ty[i]+=mmin;
			else slc[i]-=mmin;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!vy[i] && !slc[i] && check(i)) return ;
	}
}

void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++) tx[i]=-20000000;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
		tx[i]=max(tx[i],w[i][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(vx,false,sizeof(vx));
		memset(vy,false,sizeof(vy));
		memset(slc,63,sizeof(slc));
		find(i);
		
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=tx[i]+ty[i];
	printf("%lld\n",ans);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",my[i]);
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) w[i][j]=-20000000;
	int x,y,c;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d %d %d",&x,&y,&c),w[x][y]=c;
	solve();
}