先来讲一个需要用到的定理(太懒不想打)
KONIG定理的证明
转自我左边的xyy大佬
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定理内容:二分图最小点覆盖数等于最大匹配数。
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证明:
假设现在已经找出了二分图最大匹配,匹配数为 n,为了证明定理,需要证明
一、n个点可以覆盖所有边
对于当前已经取出最大匹配的二分图,只存在以下三种边:1匹配边,2一个点盖一个点未盖的非匹配边(左盖右未盖和左未盖右盖),3左盖右盖。
从未盖点搜索增广路(虽然已经不存在了,但用同样的方法搜),搜到的路径结尾一定是同侧的盖点,因为如果找到了异侧的未盖点就产生了增广路,与条件不符。对于这样的一条路(”W”形),如果有k个匹配,就可以用k个点覆盖。于是第2种边已经被完全覆盖了。 再看剩下的,没有被未盖点搜到的,由1和3组成的交错路(”N”形,第一条和最后一条边均为1匹配边),如果有k个匹配,也可以用k个点覆盖。 由此,3种边已经全部被覆盖,并且因为被未盖点搜到的匹配边和搜不到的匹配边没有交集,且并集即所有匹配边二、少于n个点不能覆盖所有边
考虑从已选的点中去掉一个。
如果这个点在”W”形路上,无论如何也无法覆盖所有边。 如果在”N”形路上也一样。于是就愉快地得出了扣你吉定理。实际上他的得出还是依赖于匈牙利算法找增广路的思路。
以下是一个模板题
A - 最大匹配
题意:一共有N个学生跟P门课程,一个学生可以任意选一门或多门课,问是否可行。
1.每个学生选的都是不同的课(即不能有两个学生选同一门课)
2.每门课都有一个代表(即P门课都被成功选过)
题解:就是匈牙利算法啦(题目输入和处理有点毒),还有最后输出大写YES。。。。
1 var 2 map:array[0..600,0..600]of longint; 3 mx,my:array[0..2000] of longint; 4 vis:array[0..2000] of boolean; 5 p,m,t,i,l,ans,x,j,y:longint; 6 7 function dfs(s:longint):boolean; 8 var i:longint; 9 begin10 for i:=1 to m do11 begin12 if (map[s,i]=1)and(not vis[i]) then13 begin14 vis[i]:=true;15 if (my[i]=0)or(dfs(my[i])) then//当前这个点未被访问或者是一条增广路16 begin17 mx[s]:=i;// 左边点s对应右边点i18 my[i]:=s;19 exit(true);//可行返回true20 end;21 end;22 end;23 exit(false);24 end;25 begin26 readln(t);27 for l:=1 to t do28 begin29 fillchar(map,sizeof(map),0);30 fillchar(mx,sizeof(mx),0);31 fillchar(my,sizeof(my),0);32 readln(p,m);33 for i:=1 to p do34 begin35 read(x);36 for j:=1 to x do37 begin38 read(y);39 map[i,y]:=1;40 end;41 readln;42 end;43 44 ans:=0;45 for i:=1 to p do//用课程匹配学生46 begin47 fillchar(vis,sizeof(vis),false);48 if dfs(i) then inc(ans);49 end;50 51 if ans=p then writeln('YES') else writeln('NO');52 end;53 end.