【总结】图论基础知识(DAG&特殊的二分图&Dilworth定理)bzoj1143祭祀river

最新推荐文章于 2022-01-26 21:09:28 发布

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二分图匹配

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博客探讨了DAG（有向无环图）和二分图中的Dilworth定理，详细解释了偏序集、链、反链等概念，并阐述了最长反链与最小链覆盖的关系。通过最大匹配和最小点覆盖的转换，解决了如何找到最长反链的问题。此外，还讨论了如何判断图中点是否可能出现在最长反链中，并给出了相关构造方法和代码实现。

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题解

在r_64的uoj博客中看到这题原本有三个问题：

1)最长反链的长度；

2)一个最长反链；

3)哪些元素可能在最长反链中。

第一问(也就是题目中的问题)即求图的最长反链。

下面先介绍一些关于 $D A G$ 的概念，以及之间的关系。

二分图？简单来说就是没有奇环的图。

Dilworth定理

偏序集

设 $P$ 为集合， $P$ 上的二元关系 $\leq$ 满足：

自反性： $x\leq x$
反对称性： $a\leq b,b\leq a\to a=b$
传递性： $a\leq b,b\leq c\to a\leq c$

则称 $\leq$ 是 $P$ 上的偏序关系。具有偏序关系的集合 $P$ 称为偏序集，记为 $(P,\leq)$ 。
若 $a\leq b$ 或 $b\leq a$ ，则称 $a, b$ 是可比的，否则就称 $a, b$ 是不可比的，记作 $a ∣ ∣ b$ 。
-----摘自百度百科

链

链： $P$ 的子集，满足集合中任意两不同元素可比。
反链： $P$ 的子集，满足集合中任意两不同元素不可比。
(这里的链不仅指图上的链，是更广泛的数学概念)

对偶定理

$P$ 的链划分最少集合，等于其最长反链长度。
$P$ 的反链划分最少集合，等于其最长链长度。

最长反链=最小链覆盖

这个结论显然就可以由上面的对偶定理得到了。
$D A G$ 中的偏序关系定义为：若点 $a$ 可以通过图上有向边到达点 $b$ 或点 $b$ 可到达点 $a$ ， $a, b$ 即是可比的，否则不可比。
最长反链的点集中任意两点不可比。
最小链覆盖就是将 $D A G$ 划分成链的最少链数。

DAG的各种概念与二分图上的结论

概念

最大匹配： $D A G$ 中边集 $E$ 中任意两条边没有公共顶点。
最小点覆盖： $D A G$ 中最小的点集 $S$ 满足 $D A G$ 中每条边至少有一个顶点 $\in S$ 。
最大点独立集： $D A G$ 中最大的点集 $S$ 满足点集中任意不同的两个顶点不共用一条边。
最大团： $D A G$ 中的最大点集 $S$ 满足集合中任意不同的两个顶点之间有连边。

结论

这些概念搬到二分图上后，产生了一些特殊的性质。

二分图最小点覆盖=二分图最大匹配数
$D A G$ 最小链覆盖数= $D A G$ 节点数-对应二分图最大匹配数
最大点独立集= $D A G$ 节点数-对应二分图
二分图的最大团=补图的最大点独立集

具体证明及构造方法

详见推荐博文：二分图的最小顶点覆盖最大独立集最大团-将狼踩尽 19891101

有了这些结论，就可以轻松解决第一问了。

构造最长反链

设二分图中 $x (a), y (a)$ 分别表示顶点 $a$ 在 $X, Y$ 部中的点。
在构造二分图求出最大点独立集 $I$ 后，若 $x(a)\in I,y(a)\in I$ ，则 $a$ 在最长反链上。而r-64的题解中也证明了这样构造出的反链是最长的。

判断点出现可能

至于最后一个问题，只需要枚举每个点，在将与当前点可比的点(包括该点本身)全部删去后的二分图跑最大匹配，若恰比答案少1，则该点能够出现在最长反链上。

代码

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

const int N=105;

int n,m,num,ans,bel[N],in[N];
int g[2][N][N],nw,used[N],res[N];

inline bool dfs(int x)
{
	RI int i;
	for(i=1;i<=num;++i)
	 if(!used[i] && g[nw][x][i]){
	    used[i]=1;
		if(!bel[i] || dfs(bel[i])){
			bel[i]=x;return true;
		}	
	 }
	return false;
}

inline int maxmatch()
{
	RI int i,re=0;
	memset(bel,0,sizeof(int)*(n+3));
	for(i=1;i<=num;++i){
		memset(used,0,sizeof(int)*(num+3));
		if(dfs(i)) re++;
	}
	return re;
}

inline int del(int x)
{
	RI int i,j;num=0;
	for(i=1;i<=n;++i)
	 if(i!=x && (!g[0][x][i]) && (!g[0][i][x]))
	  res[++num]=i;
	for(i=1;i<=num;++i)
	 for(j=1;j<=num;++j)
	  g[1][i][j]=g[0][res[i]][res[j]];
	return num-maxmatch();
}

int main(){
	RI int i,j,k,x,y;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[0][x][y]=1;
	}
    for(k=1;k<=n;++k)
	 for(i=1;i<=n;++i)
	  for(j=1;j<=n;++j)
	   g[0][i][j]|=(g[0][i][k]&g[0][k][j]);
    nw=0;num=n;
	ans=n-maxmatch();
	printf("%d\n",ans);
	for(i=1;i<=n;++i) if(bel[i]) in[bel[i]]=1;
	memset(used,0,sizeof(int)*(n+3));
	for(i=1;i<=n;++i) if(!in[i]) dfs(i);
	for(i=1;i<=n;++i) in[i]^=1;
	for(i=1;i<=n;++i) in[bel[i]]=used[i];
	for(i=1;i<=n;++i){
	  if(in[i] && (!used[i]))
	    putchar('1');
	  else putchar('0');
	}
	puts("");nw=1;
	for(i=1;i<=n;++i) putchar('0'+(del(i)==ans-1));
	return 0;
}