二分图匹配：
含义：把无向图G=(V,E)，分为两个集合V1,V2，所有的边都在V1,V2之间，而V1或V2内部没有边，V1中的一个点与V2中的一个点关联，称为一个匹配。
一个图是不是二分图，一般通过染色判断，用两种颜色对所有顶点染色，如果相邻顶点的颜色都不同那么就是二分图。
ps。一个图是二分图当且仅当它不含边的数量为奇数的点
常见问题：
（1）无权图：求包含边数最多的匹配，求二分图的最大匹配（最大流、匈牙利算法）
（2）带权图：求边权和最大的匹配（KM算法，转化为费用流求解）
QUS1:求二分图的最大匹配
定义：（1）最大匹配：包含边数最多的匹配
（2）完美匹配：所有点都在匹配的边上
做法1：转化为最大流求解
把每个边转化为有向边，流量为1，在V1上加一个人为的源点s（连接所以的V1），在V2上加上一个人为的汇点t（连接所有的V2)，然后求s-->t的最大流即可
POJ 2339 Selecting Courses
由于是求最大匹配，所以可以保证每个时间点只连接一门课程
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
//最大流解决二分图的最大匹配
//虚拟一个源点，到每一条的每个上课时间，7天，12节课，共84个节点，对每个课时选择上哪些课，建立权值为1的边，最后都汇集到虚拟的汇点
//EK求最大流
int mp[410][410];
int pre[410];
int N,M,K;
void input(){
memset(mp,0,sizeof(mp));
int n,m,t;
for(int i=1;i<=N;i++){
scanf("%d",&t);
mp[0][i]=1; //到这门课（源点）
for(int j=0;j<t;j++){
scanf("%d %d",&n,&m); //星期几、第几节课
mp[i][N+(n-1)*12+m]=1; //这门课---时间点
mp[N+(n-1)*12+m][84+N+1]=1; //时间点---汇点
}
}
}
queue<int> que;
bool bfs(int s,int t){
while(!que.empty()) que.pop();
que.push(s);
memset(pre,-1,sizeof(pre));
pre[s]=0;
int index;
while(!que.empty()){
index=que.front();
que.pop();
for(int i=1;i<=t;i++){
if(mp[index][i]>0&&pre[i]==-1){
pre[i]=index;
if(i==t) return 1;
que.push(i);
}
}
}
return 0;
}
int ek(int s,int t){
int summ=0;
while(bfs(s,t)){
for(int i=t;i!=s;i=pre[i]){
mp[pre[i]][i]--; //正向减
mp[i][pre[i]]++; //反向加
}
summ++;
}
return summ; //最大匹配数
}
int main(){
while(scanf("%d",&N)!=EOF){
input();
printf("%d
",ek(0,84+N+1));
}
return 0;
}
做法2：匈牙利求解（更简单）
可以看作是最大流的特殊实现，因为二分图是一个很简单的图，所以对s,t的操作是多余的，可以直接从V1开始找增广路径
如果用邻接矩阵：时间O(V^3),空间O（V^2)
如果有邻接表：时间O(VE)，空间O(V+E)
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
//匈牙利算法求最大二分图匹配
int g[510][510];
int match[510]; //匹配结果
int reverb[510];
int k,m,m_girl,n_boy;
bool dfs(int x){ //找一个增广路径，给女孩x找一个配对男孩
for(int i=1;i<=n_boy;i++){
if(!reverb[i]&&g[x][i]){
reverb[i]=1; //预定男孩，给女孩x
//上面是
if(!match[i]||dfs(match[i])){ //情况1：男孩x还没有匹配，就直接分
//情况2：如果男孩i已经配对，尝试dfs更换原有配对，更换成功后，就有属于女孩x
match[i]=x;
return true;
}
}
}
return false; //没有喜欢的男孩 或者 更换不成功
}
int main(){
while(scanf("%d",&k)!=EOF&&k){
scanf("%d %d",&m_girl,&n_boy);
memset(g,0,sizeof(g));
memset(match,0,sizeof(match));
for(int i=0;i<k;i++){
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
g[a][b]=1;
}
int summ=0;
for(int i=1;i<=m_girl;i++){
memset(reverb,0,sizeof(reverb));
if(dfs(i)) summ++;
}
printf("%d
",summ);
}
return 0;
}
例题：UVA10080 Gopher II
打地鼠
【这个完全是匈牙利算法求最待匹配】
https://www.luogu.com.cn/problem/UVA10080
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=105;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
/*
题意：每只地鼠要走到距离小于等于v*t的洞里，问最少有几只地鼠会被抓走
一只地鼠一个洞，显然二分图最大匹配
建图：时间复杂度Θ（n^2）每个地鼠都暴力算一遍每个洞的哈密顿距离
二分图匹配： 匈牙利算法
当把地鼠和洞穴连边建成一个二分图后，这个二分图的最大匹配就是能躲进洞穴的地鼠的最大个数，最后我们输出 n-(最大匹配) 即可
*/
int n,m,s,vi;
int mp[maxn][maxn];
int match[maxn];
double xx[maxn],yy[maxn];
bool vis[maxn];
double dis(double x1,double y1,double x2,double y2){
return sqrt(pow(x1-x2,2)+pow(y1-y2,2));
}
void input(){
memset(mp,0,sizeof(mp));
memset(match,0,sizeof(match));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf %lf",&xx[i],&yy[i]); //地鼠的位置
}
for(int i=1;i<=m;i++){
double x,y;
scanf("%lf %lf",&x,&y);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(dis(x,y,xx[j],yy[j])<=vi*s){
mp[j][i]=1;
//地鼠-->洞
}
}
}
}
bool dfs(int p){ //地洞
int tmp;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(mp[i][p]&&!vis[i]){
vis[i]=1;
tmp=match[i];
match[i]=p;
if(tmp==0||dfs(tmp)) return 1;
match[i]=tmp; //回溯
}
}
return 0;
}
void ek(){
int res=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
res+=dfs(i);
//cout<<res<<endl;
}
printf("%d
",n-res);
}
int main(){
while(scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&s,&vi)!=EOF){
input();
ek();
}
return 0;
}
相关的几个问题：
（1）最小路径覆盖：一个不含圈的有向图G中，G的一个路径覆盖是一个其节点不相交的路径集合P，图中的每一个节点仅包含于P中的某一条路径。求一个不含圈的有向图G的最小路径覆盖书
最小路径覆盖数=G的定点数-最小路径覆盖中的边数
how？拆点：把每个顶点拆为Xi，Yi然后连边，所求出的二分图的最大匹配数则为原图G的最小路径覆盖中的边数
so-----> 最小路径覆盖数=G的定点数-二分图的最大匹配数
（2）最小点集覆盖：最少的点让每条边都至少和其中一个点关联：
so----->最小点集覆盖=最大匹配
（3）最大独立集：
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
二分图的最大独立集=节点数n-最大匹配数
二分图最优匹配：
又称带权最大匹配，每条边有权值，求最大权值和，若X,Y顶点集合个数相同，那么最优匹配也是一个完备匹配，如果个数不相等，可以通过加补点加0边实现转化。
KM算法（对匈牙利算法的贪心拓展）：
给每个顶点可行顶标，对所有的边(i,j)都有lx[i]+ly[j]>=w[i,j]成立，且对所有在完备匹配M中的边(i,j),都有lx[i]+ly[j]=w[i,j]成立，则M是图G的一个最佳匹配
如果X于Y中节点个数相同并且所有点的度数都相等则一定存在完备匹配，否则补点加0边
how？
欲求完全二分图的最佳匹配，只要有匈牙利算法求其相等子图的完备匹配即可，逐次修改可行顶标的方法使对于的相等子图之最大匹配逐次增广，最后出现完备匹配。
解释https://www.cnblogs.com/logosG/p/logos.html
一些题目https://www.cnblogs.com/skyming/archive/2012/02/18/2356919.html
伪代码：
int lx[maxn],ly[maxn],sx[maxn],sy[maxn],match[maxn];
int n,m;
bool path(int u){ //匈牙利
sx[u]=1;
for(int v=0;v<n;v++){
if(!sy[v]&&lx[u]+ly[v]==wei[u][v]){
sy[v]=1;
if(match[v]==-1||path(match[v])){
match[v]=u;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int bestmatch(){
int i,j;
for(i=0;i<n;i++){
lx[i]=-INF;
ly[i]=0; //初始值
for(j=0;j<n;j++){
if(lx[i]<wei[i][j]){
lx[i]=wei[i][j];
}
}
}
memset(match,-1,sizeof(match));
for(int u=0;u<n;u++){
memset(sx,0,sizeof(sx));
memset(sy,0,sizeof(sy));
if(path(u)){
break; //匹配成功，跳出进行下一个顶点的匹配
}
int dx=INF;
for(i=0;i<n;i++){
if(sx[i])
for(j=0;j<n;j++){
if(!sy[j]){
dx=min(lx[i]+ly[j]-wei[i][j],dx);
}
}
for(j=0;j<n;j++){
if(sx[j]) //对于访问过的x节点
lx[j]-=dx;
if(sy[j]) //对于访问过的y节点
ly[j]+=dx;
}
}
}
}
int main(){
return 0;
}
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
int love[maxn][maxn]; // 记录每个妹子和每个男生的好感度
int ex_girl[maxn]; // 每个妹子的期望值
int ex_boy[maxn]; // 每个男生的期望值
bool vis_girl[maxn]; // 记录每一轮匹配匹配过的女生
bool vis_boy[maxn]; // 记录每一轮匹配匹配过的男生
int match[maxn]; // 记录每个男生匹配到的妹子 如果没有则为-1
int slack[maxn]; // 记录每个汉子如果能被妹子倾心最少还需要多少期望值
int n;
bool dfs(int gg){
vis_girl[gg]=1;
for(int i=0;i<n;i++){
if(vis_boy[i]) continue;
int gap=ex_girl[gg]+ex_boy[i]-love[gg][i];
if(gap==0){
vis_boy[i]=true;
if(match[i]==-1||dfs(match[i])){ // 找到一个没有匹配的男生 或者该男生的妹子可以找到其他人
match[i]=gg;
return 1;
}
else{
slack[i]=min(slack[i],gap);
// slack 可以理解为该男生要得到女生的倾心 还需多少期望值 取最小值
}
}
}
return false;
}
int km(){
memset(match,-1,sizeof(match));
memset(ex_boy,0,sizeof(ex_boy));// 初始每个男生的期望值为0
// 每个女生的初始期望值是与她相连的男生最大的好感度
for(int i=0;i<n;i++){
ex_girl[i]=love[i][0];
for(int j=1;j<n;j++){
ex_girl[i]=max(ex_girl[i],love[i][j]);
}
}
// 尝试为每一个女生解决归宿问题
for(int i=0;i<n;i++){
fill(slack,slack+n,INF);// 因为要取最小值 初始化为无穷大
while(1){
// 为每个女生解决归宿问题的方法是 ：如果找不到就降低期望值，直到找到为止
memset(vis_girl,false,sizeof(vis_girl));
memset(vis_boy,false,sizeof(vis_boy));
if(dfs(i)) break;// 找到归宿 退出
// 如果不能找到 就降低期望值
// 最小可降低的期望值
int d=INF;
for(int j=0;j<n;j++){
if(!vis_boy[j]) d=min(d,slack[j]);
}
for(int j=0;j<n;j++){
// 所有访问过的女生降低期望值
if(vis_girl[j]) ex_girl[j]-=d;
// 所有访问过的男生增加期望值
if(vis_boy[j]) ex_boy[j]+=d;
// 没有访问过的boy 因为girl们的期望值降低，距离得到女生倾心又进了一步
else slack[j]-=d;
}
}
}
int res=0;
for(int i=0;i<n;i++) res+=love[match[i]][i];
return res;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++) scanf("%d",&love[i][j]);
}
}
printf("%d
",km());
return 0;
}
费用流解决最优匹配
两种不同的建图方式，可以得到不同的解
（1）按照求最大匹配的建边方式，求出来的是最佳匹配（一定是完备匹配），因为S-X集合的每一条边都满流
建图：
添加超级源点S,超级汇点T，从S向二分图X集合中的每个顶点连接一条权值为0，容量为1的有向边，从Y集合向T连接一条权值为0，容量为1的有向边，然后把原有的边变成容量为1，权值不变的有向边，求从S到T的最小（大）费用流，就能得到最小（大）匹配
例题：
【n个玩具在m台机器上面加工，给出每个玩具在每台机器上面的加工时间，每台机器同一时间只能加工一个玩具，求加工完所有的玩具所需的平均时间】
这道题的建边思想也很不错，不知道前面有多少个玩具在加工，那么就枚举耽误了后面的玩具多少时间，枚举自己是倒数第i个加工的，那么所需总时间就是i*time
所以玩具i连接工厂j要连n条边，边权分别是k*time[i][j](k=1,2,3...n)
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
//这道题的建边思想也很不错，不知道前面有多少个玩具在加工，那么就枚举耽误了后面的玩具多少时间，枚举自己是倒数第i个加工的，那么所需总时间就是i*time
//所以玩具i连接工厂j要连n条边，边权分别是k*time[i][j](k=1,2,3...n)
struct node{
int x,y,flow,cost,nex,op; //op是相反的那条便
}mp[1500000];
int tot,st,ed,n,m,head,tail,test;
double ans;
int que[200000000],headd[3000],f[3000],pre[3000];
bool vis[3000];
int data[51][51];
void build(int x,int y,int cost){
tot++;
mp[tot].x=x;mp[tot].y=y;mp[tot].flow=1;mp[tot].cost=cost;
mp[tot].op=tot+1;
mp[tot].nex=headd[x];
headd[x]=tot;
tot++;
mp[tot].x=y;mp[tot].y=x;mp[tot].flow=0;mp[tot].cost=-cost;
mp[tot].op=tot-1;
mp[tot].nex=headd[y];
headd[y]=tot;
}
void inti(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&data[i][j]);
}
tot=0;
memset(headd,0,sizeof(headd));
for(int i=1;i<=n;i++){
int temp=n; //要用这后面的数字
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int k=1;k<=n;k++){
temp++;
build(i,temp,data[i][j]*k);
}
}
}
st=n+n*m+1;
ed=st+1;
//超级源点连接
for(int i=1;i<=n;i++) build(st,i,0);
for(int i=n+1;i<=n*m+n;i++) build(i,ed,0);
ans=0;
memset(pre,0,sizeof(pre));
}
bool spfa(){
memset(f,100,sizeof(f));
INF=f[0];
memset(vis,false,sizeof(vis));
head=1,tail=1;
f[st]=0;vis[st]=1;
que[1]=st;
pre[st]=-1;
while(head<=tail){ //找增广路
int x=que[head];
vis[x]=0;
for(int i=headd[x];i;i=mp[i].nex){
int y=mp[i].y;
if(f[x]+mp[i].cost<f[y]&&mp[i].flow){
f[y]=f[x]+mp[i].cost;
pre[y]=i; //pre是记录的边！！！！
if(vis[y]==false){
vis[y]=true;
tail++;
que[tail]=y;
}
}
}
head++;
}
if(f[ed]<INF){
int t=pre[ed];
ans+=f[ed];
while(t!=-1){
mp[t].flow-=1;
mp[mp[t].op].flow++;
t=pre[mp[t].x];
}
return true;
}
else return false;
}
int main(){
scanf("%d",&test);
while(test--){
inti();
while(spfa()){
ans=ans/n;
printf("%.6lf
",ans);
}
}
return 0;
}
（2）如果要求最大权匹配（不一定完备匹配），那么只需要再引入一个顶点A，从X集合的每个顶点向A连接一条容量为1，权值为0的边，然后再有A向T连接一条权值为0，容量不小于|X|的边，求最大费用最大流（分流思想）