二分圖最小點覆蓋構造方案+König定理證實

前言

博主很笨 ，若有紕漏，歡迎在評論區指出討論。

二分圖的最大匹配使用 \(Dinic\) 算法進行實現，時間複雜度爲 \(O(n\sqrt{e})\)，其中， \(n\)爲二分圖中左部點的數量， \(e\) 爲二分圖中的邊數。如果匈牙利算法，時間複雜度爲 \(O(nm)\) ， \(m\) 爲二分圖中右部點的數量，不建議使用。

文章中的例題連接。

König定理

定理內容：二分圖最小點覆蓋的點的數量等於二分圖最大匹配的邊的數量。

構造方法 \(+\) 簡單證實：

首先求出二分圖中的最大匹配，建議使用 \(Dinic\) 。

從每個非匹配點出發，沿着非匹配邊正向進行遍歷，沿着匹配邊反向進行遍歷到的點進行標記。選取左部點中沒有被標記過的點，右部點中被標記過的點，則這些點能夠造成該二分圖的最小點覆蓋。

遍歷代碼實現以下：

void dfs(int now) {
	vis[now] = true;
	int SIZ = v[now].size();
	for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
		int next = v[now][i].to;
		if(vis[next] || !v[now][i].val)//正向邊的容量爲0說明是匹配邊，反向邊的容量爲0說明是非匹配邊
			continue;
		dfs(next);
	}
}

那麼就有如下性質：

• 若該點爲左邊的非匹配點，則這個點必被訪問，由於這個點是整個 \(dfs\) 的起點
• 若該點爲右邊的非匹配點，則這個點必不會被訪問，如果由左邊的非匹配點纔到達了這個點，那麼能夠將這條邊變爲匹配邊，則匹配數 \(+1\) ，與最大匹配相沖突。如果左邊的匹配點纔到達了這個點，那麼這個點的路徑爲左邊非匹配點 → 右邊匹配點 → 左邊非匹配點 → 右邊匹配點 → …… → 左邊匹配點 → 右邊非匹配點 ，很明顯，上述路徑爲增廣路，與最大匹配相沖突。因此，右邊的非匹配點必不會被訪問。
• 對於一組匹配點，要麼兩個都被標記，要麼都不被標記。由於左部的匹配點是由右部的匹配點來遍歷到的，出現必然成雙成對。

有了上述的三條性質，能夠發現：按照選取左部點中沒有被標記過的點，右部點中被標記過的點的規則，選出來的點的點數必然爲最大匹配的邊數。左部的非匹配點必然被訪問，則必不會被選，右部的非匹配點必不會被訪問，則必不會被選。而第三條性質決定了，對於一組匹配點，會選擇有且僅有一個點。故而選出的點的點數等於最大匹配的邊數。

其次須要解決一個問題：保證這些點覆蓋了全部的邊。具體能夠分爲四類：

• 左部爲非匹配點，右部爲非匹配點。性質二已經討論過，不可能出現這種狀況，出現就不知足最大匹配的前提。
• 左部爲匹配點，右部爲非匹配點。同理性質二，路徑相似，會出現增廣路，那麼這個左部的匹配點必定沒有被訪問過，必然被選。
• 左部爲匹配點，右部爲匹配點。一對匹配點中必選一個。
• 左部爲非匹配點，右部爲匹配點。這條邊爲非匹配邊，而起點就是從左部的非匹配點點開始，那麼右部的這個點必然被訪問過，必然被選。

最後在確保這是最小的方案：一條邊都只選了一個點，不存在浪費。

如上，證畢。

題目來源：COCI 2019/2020 Contest #6 T4. Skandi

題目大意

給定一個 \(n\times m\) 的矩陣，其中的白色點爲 \(0\) ， 黑色點爲 \(1\) 。黑色點能夠往下一直擴展到底部，把白色點變成藍色點，直到遇到黑色點爲止。同理，也可向右擴展。問整個矩陣通過最小多少次擴展才能擴展爲整個矩陣到不存在白色，並打印出每次擴展是從哪一個點開始的，並打印出擴展方向。題目知足第一行第一列必定爲黑色點。

思路

一道建模題。

一個白色點變爲藍色點只有兩種方法，從它上方或左方的黑色點擴展而來，且只須要一個點擴展便可。能夠考慮到最小點覆蓋問題。

因爲對於一個黑色點來講，它能夠往右或往下擴展。那麼它就有兩個身份，也就是說一個點擁有兩個編號。一個編號爲把整個矩陣拉成一條鏈的順序，另外一個編號爲前一個編號 \(+n\times m\) ，這樣不會發生衝突。得到編號的函數：

int GetHash(int i, int j) {
	return (i - 1) * m + j;
}

那麼不難發現一個白色點，與其相關的是一個編號 \(\leqslant n\times m\) 的點，和一個編號 \(>n\times m\) 的點。把這兩個點鏈接起來，就是一張二分圖。

問題就轉換爲找這張圖的最小點覆蓋問題。使用 \(Dinic\) ，在根據上述 \(König\) 定理構造便可。

邊數爲白點的個數，左部點爲黑點的個數，則時間複雜度爲 \(O(nm\sqrt{nm})\) ，即 \(O(n^{\frac{3}{2}}m^{\frac{3}{2}})\) ，本題的 \(n\) ， \(m\) 均小於 \(500\) ，大概可以在 \(1s\) 內求出答案。

C++代碼

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
const int MAXN = 1e6 + 5;
const int MAXM = 5e2 + 5;
struct Node {
	int to, val, rev;//依次爲：下一個點，邊的容量，相反的邊的編號
	Node() {}
	Node(int T, int V, int R) {
		to = T;
		val = V;
		rev = R;
	}
};
vector<Node> v[MAXN];//用vector存圖的癖好...
int dn[MAXN], rt[MAXN];//預處理白色點能夠右那兩個點擴展而來
queue<int> q;
int de[MAXN], be[MAXN];
int twin[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n, m, s, t;
int arr[MAXM][MAXM];
bool bfs() {//將殘量網絡分層
	bool flag = 0;
	memset(de, 0, sizeof(de));
	while(!q.empty())
		q.pop();
	q.push(s);
	de[s] = 1; be[s] = 0;
	while(!q.empty()) {
		int now = q.front();
		q.pop();
		int SIZ = v[now].size();
		for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
			int next = v[now][i].to;
			if(v[now][i].val && !de[next]) {
				q.push(next);
				be[next] = 0;
				de[next] = de[now] + 1;
				if(next == t)
					flag = 1;
			}
		}
	}
	return flag;
}
int dfs(int now, int flow) {//沿着增廣路增廣
	if(now == t || !flow)
		return flow;
	int i, surp = flow;
	int SIZ = v[now].size();
	for(i = be[now]; i < SIZ && surp; i++) {
		be[now] = i;
		int next = v[now][i].to;
		if(v[now][i].val && de[next] == de[now] + 1) {
			int maxnow = dfs(next, min(surp, v[now][i].val));
			if(!maxnow)
				de[next] = 0;
			v[now][i].val -= maxnow;
			v[next][v[now][i].rev].val += maxnow;
			surp -= maxnow;
		}
	}
	return flow - surp;
}
int Dinic() {//網絡最大流，亦可用於二分圖匹配
	int res = 0;
	int flow = 0;
	while(bfs())
		while(flow = dfs(s, INF))
			res += flow;
	return res;
}
int GetHash(int i, int j) {//獲取點的編號
	return (i - 1) * m + j;
}
void Down(int now, int i, int j) {//黑點向下擴展，每一個白點最多遍歷到一次
	if(i != now)
		dn[GetHash(now, j)] = GetHash(i, j);
	if(arr[now + 1][j] == 2)
		Down(now + 1, i, j);
} 
void Right(int now, int i, int j) { //黑點向右擴展，每一個白點最多遍歷到一次
	if(j != now)
		rt[GetHash(i, now)] = GetHash(i, j) + n * m;
	if(arr[i][now + 1] == 2)
		Right(now + 1, i, j);
}
void GetMin(int now) {//dfs求構造方式
	vis[now] = true;
	int SIZ = v[now].size();
	for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
		int next = v[now][i].to;
		if(vis[next] || !v[now][i].val)
			continue;
		GetMin(next);
	}
}
int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	s = 0; t = 2 * n * m + 1;//源點和匯點初始化
	char ch;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> ch;
			if(ch == '1')
				arr[i][j] = 1;
			else
				arr[i][j] = 2;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(i == 1 && j == 1)
				continue;
			if(arr[i][j] == 1) {//向右或向下擴展，一個白點會被訪問2次
				Down(i, i, j);
				Right(j, i, j);
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(arr[i][j] == 1) {//源點到左部點，匯點到右部點連邊
				int now = GetHash(i, j);
				int idnow = v[now].size();
				int ids = v[s].size();
				v[s].push_back(Node(now, 1, idnow));
				v[now].push_back(Node(s, 0, ids));
				now = GetHash(i, j) + n * m;
				idnow = v[now].size();
				int idt = v[t].size();
				v[now].push_back(Node(t, 1, idt));
				v[t].push_back(Node(now, 0, idnow));
			}
		}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(i == 1 && j == 1)
				continue;
			if(arr[i][j] == 1)
				continue;
			int A = dn[GetHash(i, j)];//左部點到右部點連邊
			int B = rt[GetHash(i, j)];
			int idA = v[A].size();
			int idB = v[B].size();
			v[A].push_back(Node(B, 1, idB));
			v[B].push_back(Node(A, 0, idA));
		}
	}
	printf("%d\n", Dinic());
	GetMin(s);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(arr[i][j] == 2)
				continue;
			if(!vis[GetHash(i, j)])//打印答案
				printf("%d %d DOLJE\n", i, j);
			if(vis[GetHash(i, j) + n * m])
				printf("%d %d DESNO\n", i, j);
		}
	}
	return 0;
}