- 此题考察最小顶点覆盖:对于集合U是点集V的子集,且G中的每条边都与U中的一个顶点相关联,则U为E的一个顶点覆盖。
- 可以证明:二分图中最小顶点覆盖为图G中的最大基数匹配。
- 二分图(X,Y)最大匹配,依次从每个X中的点(行中的点)搜索增广路径:
- 搜索其每个在Y中的邻接点,若访问过转到下一邻接点,若都访问过返回0。 若在路径前进中没访问过则置Y中的点VIS为TRUE,检查其在X中是否有match,因为算法执行顺序的问题,其最开始进入时match[next] < now。
- 若match等于0,则说明此点还没有match,更新其match为now,返回true。
- 若已match过,则从match[next即X中的点又开始搜索增广路径,重复步骤1。
- 在算法迭代的过程中,只有最后搜索到一个Y中的邻接点没有match过才依次返回1,更新match,且matchNum每从源点搜索一次只能增加一个。通过对Vis的处理,可以对DFS进行剪枝,极大改善时间复杂度。
- 每次从源点出发都更新全部VIS,如果没访问过,则置其为true, 再往下搜索时就不需要再搜索此点。 36MS
- 在每次最大匹配前更新全部VIS,当邻接点没访问过时置其为true,只有当此邻接点match更新时,再把它置为FALSE,因为可能在接下来的源点搜索时此点时match还可能更新。而如果从此点往下搜索已经不能更新,即此点有match但从此match往下搜索时返回0,则以后的源点碰到此点时,会遇到相同的结果,也就不再需要访问了。 0ms
- 结论:一个Y中的点i,若vis[i]被置为true过,则now = match[i]在之后一定存在,且若在迭代返回后其值保持不变则说明now的所有邻接点都有match。
- 证明:
- 首先证明在对一个Y中的点i判别时为true,则它必有match,(false的不一定没有match)。因为置为TRUE以后要么i没有match则马上生成其match,若有match则继续往下递归,若递归返回1则更新match,若返回0,其match值不变。
- 反证:若now中不是所有邻接点都有match,设j为其中之一点,利用第一个的逆否命题,则其必有vis[j]为false,且match[j] = 0,则find_path(now)会返回1,即vis[i]又被置为FALSE,与条件矛盾。得证。所以再沿着vis为true的路径走,会重复之前return 0的路径。
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MaxV 501
int vertexNum,edgesNum;
vector<vector<int> > adj;
bool vis[MaxV];
int matchY2X[MaxV];
int matchNum;
int find_path(int now)
{
int i;
int next;
int size = adj[now].size();
for(i = 0;i < size;i++)
{
next = adj[now][i];
if(!vis[next])
{
vis[next] = true;
if(matchY2X[next] == 0||find_path(matchY2X[next]))
{
matchY2X[next] = now;
vis[next] = false;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int maxMatch()
{
int i;
matchNum = 0;
memset(vis,0,sizeof(bool)*(vertexNum+1));
for(i = 1;i <= vertexNum;i++)
{
if(!adj[i].empty())
{
if(find_path(i))
matchNum++;
}
}
printf("%d\n",matchNum);
return 0;
}
int main()
{
int i;
int row,column;
while(scanf("%d%d",&vertexNum,&edgesNum)!=EOF)
{
vector<vector<int> >().swap(adj);
adj.resize(vertexNum+1);
memset(matchY2X,0,sizeof(int)*(vertexNum+1));
for(i = 0;i < edgesNum;i++)
{
scanf("%d%d",&row,&column);
adj[row].push_back(column);
}
maxMatch();
}
return 0;
}