一、匈牙利算法介绍
匈牙利算法（hungarian algorithm）主要用于解决一些与二分图匹配有关的问题，所以我们先来了解一下二分图。
二分图（bipartite graph）是一类特殊的图，它可以被划分为两个部分，每个部分内的点互不相连。下图是典型的二分图。
可以看到，在上面的二分图中，每条边的端点都分别处于点集x和y中。匈牙利算法主要用来解决两个问题：求二分图的最大匹配数和最小点覆盖数。
这么说起来过于抽象了，我们现在从实际问题出发。
二、最大匹配问题
看完上面讲的，相信读者会觉得云里雾里的：这是啥？这有啥用？所以我们把这张二分图稍微做点手脚，变成下面这样：
现在boys和girls分别是两个点集，里面的点分别是男生和女生，边表示他们之间存在“暧昧关系"。最大匹配问题相当于，假如你是红娘，可以撮合任何一对有暧昧关系的男女，那么你最多能成全多少对情侣？（数学表述：在二分图中最多能找到多少条没有公共端点的边）
现在我们来看看匈牙利算法是怎么运作的：
我们从b1看起（男女平等，从女生这边看起也是可以的），他与g2有暧昧，那我们就先暂时把他与g2连接（注意这时只是你作为一个红娘在纸上构想，你没有真正行动，此时的安排都是暂时的）。
来看b2，b2也喜欢g2，这时g2已经“名花有主”了（虽然只是我们设想的），那怎么办呢？我们倒回去看g2目前被安排的男友，是b1，b1有没有别的选项呢？有，g4，g4还没有被安排，那我们就给b1安排上g4。
然后b3，b3直接配上g1就好了，这没什么问题。至于b4，他只钟情于g4，g4目前配的是b1。b1除了g4还可以选g2，但是呢，如果b1选了g2，g2的原配b2就没得选了。我们绕了一大圈，发现b4只能注定单身了，可怜。（其实从来没被考虑过的g3更可怜）
这就是匈牙利算法的流程，至于具体实现，我们来看看代码：
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int m, n; //m, n分别表示左、右侧集合的元素数量int map[maxm][maxn]; //邻接矩阵存图int p[maxn]; //记录当前右侧元素所对应的左侧元素bool vis[maxn]; //记录右侧元素是否已被访问过bool match(int i){ for (int j = 1; j <= n; ++j) if (map[i][j] && !vis[j]) //有边且未访问 { vis[j] = true; //记录状态为访问过 if (p[j] == 0 || match(p[j])) //如果暂无匹配，或者原来匹配的左侧元素可以找到新的匹配 { p[j] = i; //当前左侧元素成为当前右侧元素的新匹配 return true; //返回匹配成功 } } return false; //循环结束，仍未找到匹配，返回匹配失败}int hungarian(){ int cnt = 0; for (int i = 1; i <= m; ++i) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); //重置vis数组 if (match(i)) cnt++; } return cnt;} |
其实流程跟我们上面描述的是一致的。注意这里使用了一个递归的技巧，我们不断往下递归，尝试寻找合适的匹配。
三、最小点覆盖问题
另外一个关于二分图的问题是求最小点覆盖：我们想找到最少的一些点，使二分图所有的边都至少有一个端点在这些点之中。倒过来说就是，删除包含这些点的边，可以删掉所有边。
这为什么用匈牙利算法可以解决呢？你如果以为我要长篇大论很久就错了，我们只需要一个定理：
（könig定理）
一个二分图中的最大匹配数等于这个图中的最小点覆盖数。
好了，本节可以结束了，我们不是搞数学的，不需要证明。但是提供一个直观地找最小覆盖点集的方法：看题图，从左侧一个未匹配成功的点出发，走一趟匈牙利算法的流程（即紫色的箭头），所有左侧未经过的点，和右侧经过的点，即组成最小点覆盖。（即图中的b3、g2、g4）
对于每个左部节点，寻找增广路最多遍历整张二分图一次，因此，该算法时间复杂度为o(mn)
四、匈牙利算法的应用
一些题目，乍一看与上面这个男女配对的问题没有任何相似点，其实都可以用匈牙利算法。例如：
4.1、（洛谷p1129） [zjoi2007]矩阵游戏
题目描述
小q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏――矩阵游戏。矩阵游戏在一个$ n× n $ 黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。每次可以对该矩阵进行两种操作：
行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）
列交换操作：选择矩阵的任意两列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）
游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。
对于某些关卡，小q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！于是小q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。
输入格式
第一行包含一个整数t，表示数据的组数。
接下来包含t组数据，每组数据第一行为一个整数n，表示方阵的大小；接下来n行为一个 $ n× n $的01矩阵（0表示白色，1表示黑色）。
输出格式
包含t行。对于每一组数据，如果该关卡有解，输出一行yes；否则输出一行no。
我们把矩阵转化为二分图（左侧集合代表各行，右侧集合代表各列，某位置为1则该行和该列之间有边）。我们想进行一系列交换操作，使得x1连上y1，x2连上y2，……
大家可以想象，所谓的交换，是不是可以等价为重命名？我们可以在保持当前二分图结构不变的情况下，把右侧点的编号进行改变，这与交换的效果是一样的。
所以想让x1、x2...与y1、y2...一一对应，其实只需要原图最大匹配数为4就行了。（这与组合数学中相异代表系的概念相合）。代码如下：
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#include <cstdio>#include <cstring>int map[205][205], p[205], vis[205], n, t;bool match(int i){ for (int j = 1; j <= n; ++j){ if (map[i][j] && !vis[j]){ vis[j] = 1; if (p[j] == 0 || match(p[j])){ p[j] = i; return true; } } } return false;}int hungarian(){ int cnt = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i){ memset(vis, 0, sizeof(vis)); if (match(i)) cnt++; } return cnt;}int main(){ scanf("%d", &t); while (t--){ scanf("%d", &n); memset(p, 0, sizeof(p)); for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j) scanf("%d", &map[i][j]); puts(hungarian() == n ? "yes" : "no"); } return 0;} |
4.2、（vijos1204） covh之柯南开锁
面对oibh组织的嚣张气焰, 柯南决定深入牛棚, 一探虚实.
他经过深思熟虑, 决定从oibh组织大门进入...........
oibh组织的大门有一个很神奇的锁.
锁是由m*n个格子组成, 其中某些格子凸起(灰色的格子). 每一次操作可以把某一行或某一列的格子给按下去.
如果柯南能在组织限定的次数内将所有格子都按下去, 那么他就能够进入总部. 但是oibh组织不是吃素的, 他们的限定次数恰是最少次数.
请您帮助柯南计算出开给定的锁所需的最少次数.
读入/input：
第一行 两个不超过100的正整数n, m表示矩阵的长和宽
以下n行 每行m个数 非0即1 1为凸起方格输出/output：
一个整数 所需最少次数
如果我们把样例的矩阵，转化为二分图的形式，是这样的：
按下一行或一列，其实就是删掉与某个点相连的所有边。现在要求最少的操作次数，想想看，这不就是求最小点覆盖数吗？所以直接套匈牙利算法即可。代码略。
4.3、（tyvj p1035） 棋盘覆盖
描述 description
给出一张nn(n<=100)的国际象棋棋盘，其中被删除了一些点，问可以使用多少12的多米诺骨牌进行掩盖。
输入格式 input format
第一行为n，m（表示有m个删除的格子）
第二行到m+1行为x,y，分别表示删除格子所在的位置
x为第x行
y为第y列
输出格式 output format
一个数，即最大覆盖格数
经典的多米诺覆盖问题大家都很熟悉，我们把棋盘染色，每个多米诺骨牌恰好覆盖一个白格和一个黑格（这里为了美观染成了其他颜色，下面仍将其称作黑格）。
我们删除了一些格子：
现在要求多米诺骨牌最大覆盖数。
你可能已经看出来了，我们在染色之后，黑格和白格可以构成一个二分图，每个白格都只和黑格相连，每个黑格也只和白格相连。在给所有黑格和白格编号后，我们把每个未删除的格子都与它上下左右紧邻的未删除的格子相连。很显然，这张二分图的最大匹配数，就是我们能放下最多的多米诺骨牌数。注意因为数据范围较大，要用邻接表存图。
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#include <cstdio>#include <cstring>#define maxn 5500struct edges{ int to, next;} edges[maxn * 8];int map[105][105], head[maxn], p[maxn], vis[maxn], n, cnt_edge;inline int add(int from, int to){ edges[++cnt_edge].next = head[from]; head[from] = cnt_edge; edges[cnt_edge].to = to;}inline int trans(int i, int j, int n) //把坐标转化为编号{ return ((i - 1) * n + j + 1) / 2;}bool match(int i){ for (int e = head[i]; e; e = edges[e].next) { int j = edges[e].to; if (!vis[j]) { vis[j] = true; if (p[j] == 0 || match(p[j])) { p[j] = i; return true; } } } return false;}int hungarian(){ int cnt = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); if (match(i)) cnt++; } return cnt;}int main(){ int n, m, x, y; scanf("%d%d", &n, &m); n = (n * n + 1) / 2; memset(map, -1, sizeof(map)); for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j) map[i][j] = 0; for (int i = 0; i < m; ++i) { scanf("%d%d", &x, &y); map[x][y] = -1; } for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = i % 2 ? 1 : 2; j <= n; j += 2) if (map[i][j] == 0) { if (map[i + 1][j] != -1) add(trans(i, j, n), trans(i + 1, j, n)); if (map[i][j + 1] != -1) add(trans(i, j, n), trans(i, j + 1, n)); if (map[i - 1][j] != -1) add(trans(i, j, n), trans(i - 1, j, n)); if (map[i][j - 1] != -1) add(trans(i, j, n), trans(i, j - 1, n)); } printf("%d\n", hungarian()); return 0;} |
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