最大独立集问题
在Ｎ个点的图G中选出m个点，使这m个点两两之间没有边．求m最大值．（如果图Ｇ满足二分图条件）可以用二分图匹配来做,也可用网络流解决．
答案等于总点数-最大匹配数
证明：
设M为总点集，S为最大独立集,B为最大匹配中的点集
|X|为点集X的点数
- 有|S|>=|M|-|B|/2 |B|/2为最大匹配数
证明：
如果是完美匹配就不用说了|S|=|M|-|B|/2
首先有 |S|>=|M|-|B|,|M|-|B|即为除去最大匹配点集后剩下的点集中的点数
这些点集都是没有边相连的（有就说明不是最大匹配）
接下来我们考虑在B中的点可不可以也放入现在的S中
设a点为B中的某个点
若a点与M-B中的某个点相连
设b为M-B中的与a相连点
有a的匹配点与b不相连（否则就不是二分图）
然后a的匹配点也不与M-B中的点相连（否则就不是最大匹配）
所以可以将a的匹配点放入S
若a点不与任何M-B中的点相连
则可以将a放入S中
也就是一个匹配至少可以放入一个点进去，所以可以放入|B|/2个点进去
所以有|S|>=|M|-|B|+|B|/2
即|S|>=|M|-|B|/2 - 又有|S|＜=|M|-|B|/2
证明：
在B中的点都是两两相连的，所以|B|/2个点不能在S中
即|S|＜=|M|-|B|/2
所以|S|=|M|-|B|/2
来看一个经（jian）典（dan）的问题
有一些n个男生和m个女生，他们中有k对互相对对方有好感，每个人可能和多个人有好感度，每一对有好感度的人就可以凑成一对情侣，现在你要邀请他们中的一些人一起来玩耍，但是作为单身狗的你是不想见到情侣在一起的，你想知道你最多可以和多少人一起玩耍。
输入格式
一行三个整数n，m，k
接下来k行每行2个整数a，b，表示a号男生与b号女生相互有好感
输出格式
一行表示答案
首先男生和男生之间是不会有好感的，那么男生和女生就形成一个二分图
我们自己画一个图，将男生和女生分为两部，左部是男生，右部是女生
1号男生同时和2,4号女生有好感，2号男生只和4号女生有好感，3号男生和1,3号女生互相有好感， 4号男生只和3号女生互相有好感。
那么最多可以邀请4个人一起玩
（一）四个男生或者四个女生
（二）1,2号男生，1,3号女生
（三）3,4号男生，2,4号女生。
相信你也看出来了，题目的要求就是最多可以有多少个互相没有边的点，即最大独立集
所以把这个二分图的最大匹配求出来后用总点数减去即可
互相攻击类型
这一类的题目大多数是给一个棋盘，上面的点有攻击范围，问最多可以放多少个棋子使其不会互相攻击
如骑士共存问题,长脖子鹿放置,攻击装置.
这一类的题目通常的解法
先找相互之间绝对不会有联系的点（如上面例题中的男生全部放在左边）
需要的话考虑加边顺序会带来的影响，如怎样会使找增广路次数最少，一般就是左部的选择。
建边，不能放置的点就不要连边了。
注，尽管匈牙利算法打起来简单一些，但是对于某些题目，网络流速度会快一些
下面以长脖子鹿放置作为例题讲一下。
我们发现，奇数行的点只打偶数行的点，偶数行的点只打奇数行的点，那么把奇数行的点看做左部，偶数行的点看做右部即可。
由于出题人卡了数据，所以匈牙利是过不去的。
代码
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年03月23日 星期六 15时47分47秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define inf 123456789
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
const int maxm = 305;
const int dirx [] = {-1,-3,-3,-1,1,3,3,1};
const int diry [] = {3,1,-1,-3,-3,-1,1,3};
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
int n,m,x,y,k,cnt=-1,ans,s,t;
int head[maxn],cur[maxn],nxt[maxn],to[maxn],w[maxn],dep[maxn];
bool prv[maxm][maxm];
inline int loc (int x,int y)
{
return (x-1)*n+y;
}
inline void add (int u,int v,int val)
{
nxt[++cnt]=head[u],head[u]=cnt,to[cnt]=v,w[cnt]=val;
}
inline bool bfs ()
{
queue<int> q;
for (int i=0;i<=t;++i) dep[i]=0,cur[i]=head[i];
q.push(s);
dep[s]=1;
while (!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for (int e=head[x];~e;e=nxt[e])
if (!dep[to[e]]&&w[e]>0){
dep[to[e]]=dep[x]+1;
if (to[e]==t) return true;
q.push(to[e]);
}
}
return false;
}
int dfs (int x,int dist)
{
if (x==t) return dist;
for (int &e=cur[x];~e;e=nxt[e]){
if (dep[to[e]]==dep[x]+1&&w[e]>0){
int di=dfs(to[e],min(dist,w[e]));
if (di){
w[e]-=di;
w[e^1]+=di;
return di;
}
}
}
return 0;
}
inline int Dinic ()
{
int ans=0;
while (bfs())
while (int d=dfs(s,inf)) ans+=d;
return ans;
}
//以上为正常Dinic
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cin>>n>>m>>k;
ans=n*m-k;
t=loc(n,m)+1;
for (int i=1;i<=k;++i){
cin>>x>>y;
prv[x][y]=true;
}
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
if (!prv[i][j]){
if (i&1) add(s,loc(i,j),1),add(loc(i,j),s,0);
else add(loc(i,j),t,1),add(t,loc(i,j),0);
}
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j){
if (prv[i][j]||!(i&1)) continue;
for (int k=0;k<=7;++k){
x=i+dirx[k],y=j+diry[k];
if (x<1||x>n||y<1||y>m||prv[x][y]) continue;
add(loc(i,j),loc(x,y),inf),add(loc(x,y),loc(i,j),0);
}
}
printf("%d
",ans-Dinic());
return 0;
}
对于剩下的两道题则是，将棋盘黑白染色后，黑点只打白点，白点只打黑点，那么将黑点作为左部，白点作为右部，或者白点作为左部，黑点作为右部即可