POJ 3308 Paratroopers 二分图最小点权覆盖

本文介绍了一种解决二分图最小点权匹配问题的方法,通过将问题转化为最大流问题并利用SAP算法进行求解。针对特定问题背景,文章详细展示了如何通过对费用取对数和指数运算来处理累乘问题,并提供了完整的C++代码实现。

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题目:

http://poj.org/problem?id=3308

题意:

有一个n*m的格子,格子上有一些敌人,给出这些敌人在格子上的位置,可以在行或者列上安装一些武器,每次消灭一行或者一列,动用每一个武器都有一个花费,总的花费为每个武器花费的成绩,求消灭所有敌人的最小花费

思路:

二分图最小点权匹配,只不过之前碰到的题最大流是累加和,这个是累乘积,建图时对所有的花费取log,然后对求出来的最大流取exp,因为log(a) + log(b) = log(a*b),再用exp求出原值就好了。我之前的做法是用花费直接建图,不取log,然后求出所有的割,把容量相乘,不知道这样做什么不对。。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;

const int N = 210, INF = 0x3f3f3f3f;
struct edge
{
    int to, next;
    double cap;
}g[N*N*2];
int cnt, head[N];
int gap[N], que[N], level[N], pre[N], cur[N];
bool vis[N];
int ss, tt, nv;
void add_edge(int v, int u, double cap)
{
    g[cnt].to = u, g[cnt].cap = cap, g[cnt].next = head[v], head[v] = cnt++;
    g[cnt].to = v, g[cnt].cap = 0, g[cnt].next = head[u], head[u] = cnt++;
}
void bfs(int t)
{
    memset(level, -1, sizeof level);
    memset(gap, 0, sizeof gap);
    int st = 0, en = 0;
    level[t] = 0;
    que[en++] = t;
    gap[level[t]]++;
    while(st < en)
    {
        int v = que[st++];
        for(int i = head[v]; i != -1; i = g[i].next)
        {
            int u = g[i].to;
            if(level[u] < 0)
            {
                level[u] = level[v] + 1;
                gap[level[u]]++;
                que[en++] = u;
            }
        }
    }
}
double sap(int s, int t)
{
    bfs(t);
    memcpy(cur, head, sizeof head);
    int v = pre[s] = s;
    double flow = 0, aug = INF;
    while(level[s] < nv)
    {
        bool flag = false;
        for(int &i = cur[v]; i != -1; i = g[i].next)
        {
            int u = g[i].to;
            if(g[i].cap > 0 && level[v] == level[u] + 1)
            {
                flag = true;
                pre[u] = v;
                v = u;
                aug = min(aug, g[i].cap);
                if(v == t)
                {
                    flow += aug;
                    while(v != s)
                    {
                        v = pre[v];
                        g[cur[v]].cap -= aug;
                        g[cur[v]^1].cap += aug;
                    }
                    aug = INF;
                }
                break;
            }
        }
        if(flag) continue;
        int minlevel = nv;
        for(int i = head[v]; i != -1; i = g[i].next)
        {
            int u = g[i].to;
            if(g[i].cap > 0 && level[u] < minlevel)
                minlevel = level[u], cur[v] = i;
        }
        if(--gap[level[v]] == 0) break;
        level[v] = minlevel + 1;
        gap[level[v]]++;
        v = pre[v];
    }
    return flow;
}
int main()
{
    int t, n, m, k, a, b;
    double c;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        cnt = 0;
        memset(head, -1, sizeof head);
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        ss = 0, tt = n + m + 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lf", &c), add_edge(ss, i, log(c));
        for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%lf", &c), add_edge(n+i, tt, log(c));
        for(int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d%d", &a, &b), add_edge(a, n+b, INF);
        nv = tt + 1;
        printf("%.4f\n", exp(sap(ss, tt)));
    }
    return 0;
}
### 关于二分图顶点覆盖算法实现 #### 1. 顶点覆盖的概念 顶点覆盖是指在一个二分图中选取尽可能少的节点,使得这些节点能够覆盖所有的边。换句话说,对于每一条边 (u, v),至少有一个端点 u 或 v 被选入覆盖集中。 根据 König 定理,在任意无向二分图中,顶点覆盖的数量等于该图的大匹配数量[^1]。 --- #### 2. 算法原理 为了求解二分图顶点覆盖,通常采用 **匈牙利算法** 来计算大匹配数。具体过程如下: - 构建一个二分图 G(X,Y,E),其中 X 和 Y 是两个互相交的节点集合,E 表示连接它们的边。 - 使用匈牙利算法找到二分图大匹配 M。 - 基于大匹配的结果,通过以下方式构造顶点覆盖: - 将左侧未被匹配的节点加入到覆盖集中; - 对右侧已被匹配的节点也加入到覆盖集中。 终得到的覆盖集大小即为顶点覆盖的数量[^2]。 --- #### 3. 实现代码 以下是基于 Python 的实现代码,利用匈牙利算法完成二分图顶点覆盖的计算: ```python from collections import defaultdict def hungarian_algorithm(graph, n, m): """ 匈牙利算法用于寻找二分图大匹配 :param graph: 邻接表表示的二分图 {X -> [Y]} :param n: 左侧节点数目 :param m: 右侧节点数目 :return: 大匹配结果 """ match_y = [-1] * m # 记录右侧节点对应的匹配关系 visited = None # 当前轮次访问标记 def dfs(u): for v in graph[u]: if not visited[v]: visited[v] = True if match_y[v] == -1 or dfs(match_y[v]): match_y[v] = u return True return False matching_count = 0 for i in range(n): visited = [False] * m if dfs(i): matching_count += 1 return matching_count, match_y def min_vertex_cover(graph, n, m): """ 求解二分图顶点覆盖 :param graph: 邻接表表示的二分图 {X -> [Y]} :param n: 左侧节点数目 :param m: 右侧节点数目 :return: 顶点覆盖集合 """ max_matching, match_y = hungarian_algorithm(graph, n, m) cover_x = set() # 左侧需要覆盖的节点 cover_y = set() # 右侧需要覆盖的节点 unmatched_in_x = set(range(n)) # 初始认为所有左侧节点都未匹配 matched_in_y = set() for y in range(m): # 找出右侧已匹配的节点 if match_y[y] != -1: unmatched_in_x.discard(match_y[y]) # 如果某个左侧节点参与了匹配,则移除 matched_in_y.add(y) cover_x.update(unmatched_in_x) # 添加左侧未匹配的节点 cover_y.update(set(range(m)) - matched_in_y) # 添加右侧未匹配的节点 return list(cover_x), list(cover_y) # 测试用例 if __name__ == "__main__": # 输入邻接表形式的二分图 graph = { 0: [0, 1], 1: [0, 2], 2: [1, 3] } n = 3 # 左侧节点数 m = 4 # 右侧节点数 result_x, result_y = min_vertex_cover(graph, n, m) print(f"左侧需覆盖的节点: {result_x}") print(f"右侧需覆盖的节点: {result_y}") ``` 上述代码实现二分图顶点覆盖功能,核心部分依赖匈牙利算法来获取大匹配,并据此推导出覆盖所需的节点集合[^3]。 --- #### 4. 应用实例 考虑 POJ 3041 Asteroids 这道题目,其本质是一个二分图顶点覆盖问题。给定一组障碍物坐标,将其转化为二分图模型后,可以通过以上方法高效解决。终输出的是满足条件的小射击次数[^4]。 ---
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