【Learning】最小点覆盖（二分图匹配） 与Konig定理证明

（附一道例题）

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Description

　　最小点覆盖是指在二分图中，用最小的点集覆盖所有的边。当然，一个二分图的最小点覆盖可能有很多种。

　　现在给定一个二分图，请你把图中的点分成三个集合：

　　如果在任何一种最小点覆盖中都不包含这个点，则认为该点属于N集合。

　　如果在任何一种最小点覆盖中都包含这个点，则认为该点属于A集合。

　　如果一个点既不属于N集合，又不属于A集合，则认为该点属于E集合。

Input

　　第一行包含三个整数n, m, k，分别表示二分图A侧点的数量，二分图B侧点的数量，边的数量。

　　接下来k行，每行两个整数i, j，分别表示二分图A侧第i号点与二分图B侧第j号点有连边。

　　数据保证无重边。

Output

　　第一行输出一个长度为n的字符串，其中第i个字符表示二分图A侧第i个点所属的集合。

　　第二行输出一个长度为m的字符串，其中第i个字符表示二分图B侧第i个点所属的集合。

Sample Input	Sample Output
11 9 22 1 1 1 2 1 3 1 8 1 9 2 1 2 3 3 2 3 4 4 3 4 5 5 2 5 4 5 6 6 6 6 7 7 5 7 7 8 7 9 7 10 7 11 7	AEEEEEENNNN EEEEEEANN

Hint

　　对于10%的数据，$1 \leq n, m \leq 5$

　　对于40%的数据，$1 \leq n, m \leq 100$

　　对于100%的数据，$1 \leq n, m \leq 1000, 0 \leq k \leq n*m$

　　

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Konig定理

　　ORZ贴上Matrix67的博http://www.matrix67.com/blog/archives/116ORZ，这里证明了Konig定理，那我按着他的思路再述说一次。（我从这里才看懂的）。

　　以及一篇思路很清晰的博：http://www.renfei.org/blog/bipartite-matching.html，里面直观地讲述了Hungary的本质，但主要还是看交错轨和增广路的概念即可。

　　Konig定理：最小点覆盖的点集合大小等于最大匹配数。

　　其中提到了最小点覆盖是如何找出的：

　　　　1.正常二分图匹配。

　　　　2.从右部找到未被匹配的点，走交错轨（先未匹配边后有匹配边，反复交错），将交错轨经过的点打上标记；

　　　　3.左部有标记的点和右部无标记的点构成了最小点覆盖集。

　　弄明白原理，这道题就很容易了。

　　ORZMatrix67，我们分三步证明：

　　

　　1.这样弄出的点总共只有m个：

　　　　我们的出发点总是右部未匹配的点。由于现在的图是最大匹配，交错轨一定是从右部出发，在右部结束，也就是结束时的边一定是匹配边（否则就满足增广路的性质，这张图就不是最大匹配了，矛盾）；从右往左走的一定是非匹配边，从左往右走的一定是匹配边。

　　　　贴张图（出于Matrix67的博）

　　　　

　　　　发现：每条匹配边的某一端都是一个最小点覆盖集中的点。Why？

　　　　我们选择的点中：左半部分有标记的，那都是在走交错轨的时候通过匹配边从右往左走过来的，于是交错轨中经过的左部点与匹配边一一对应。

　　　　右半部分无标记的，代表没有交错轨经过，那是因为我们开始走的时候选的是未匹配点作为起点，且途中从左往右走的是匹配边，二者都没有这一个点的份。因此？因此它们是匹配点，也就是与匹配边一一对应。

　　　　得证这样选出的点总共只有m个。Get√

　　2.这样弄出的m个点能覆盖全部边：

　　　　　先选出的交错轨已经覆盖了一定数量的边；那么为什么选择右边无标记的点就可以覆盖剩下的边？

　　　　　首先，交错轨中的边一定是两端都有标记的；不是两端都有标记的边不属于交错轨。

　　　　　其次，左边无标记而右边有标记的边是不存在的：如果这是一条匹配边，那么右边的标记只能是从左边走来的，那么左边也应有标记；如果这是一条非匹配边，那么一定能从右边走到左边，左边也应该有标记。

　　　　　那么，只剩下左无右无、左有右无两种边存在，发现右端都是“无”，那么我们选择右端未被标记的点，就可以覆盖剩下的全部边。

　　

　　3.这样弄出的最小覆盖集是最少的（这不废话吗）：

　　　　　覆盖所有的匹配边就至少需要m个点，嗯还能再少吗......

　　证毕。

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题解

　　根据上面提到的选点的方式，选的是左边有标记的点与右边无标记的点。

　　出发时一定要选右部未匹配的点，也就是它们一定会打上标记。然而我们最终选的是右边无标记的点，所以右部未匹配的点一定不在最小覆盖集内---->N。

　　左部未匹配的点，意味着交错轨从未经过，也就是它们一定没有标记。我们选择的是左边有标记的点，所以左部未匹配的点一定不在最小覆盖集内---->N。

　　所以未匹配的点（暂且归为集合A）一定不在最小覆盖集中。

　　既然A不在，那么与它们相连的点（归为集合B）就必须在--->A，不然就无法覆盖到它们之间相连的边了。

　　那么B中的点，如果是匹配点，那么它的另一侧匹配点就不能在。当该点为左部点时，右边应该打上标记，不会被选；当该点为右部点的时候，它应该没有标记，属于选择的点的第二类点（右部无标记点），那么左边也就是另一侧匹配点就没必要选。

　　

　　重复上面判断步骤，判断出A和N的存在，剩下的就是E。这一步可以用类似广搜的操作完成。

---

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <queue>
 #define mp make_pair
 using namespace std;
 typedef pair<int,int> pii;
 const int N=;
 int n,m,k,use[N*],from[N*],h[N*],tot,col[N*];
 struct Edge{int v,next;}g[N*N*];
 queue<pii> q;
 inline void addEdge(int u,int v){
     g[++tot].v=v; g[tot].next=h[u]; h[u]=tot;
 }
 bool Hungary(int u){
     for(int i=h[u],v;i;i=g[i].next){
         if(!use[v=g[i].v]){
             use[v]=;
             if(!from[v]||Hungary(from[v])){
                 from[v]=u;
                 return true;
             }
         }
     }
     return false;
 }
 int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     for(int i=,u,v;i<=k;i++){
         scanf("%d%d",&u,&v);
         addEdge(u,v+n); addEdge(v+n,u);
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         memset(use,,sizeof use);
         Hungary(i);
     }
     for(int i=;i<=m;i++)
         if(from[n+i])
             from[from[n+i]]=n+i;
     for(int i=;i<=n+m;i++)
         if(!from[i]&&!col[i]){
             col[i]=;
             q.push(mp(i,));
         }
     int u,f;
     pii s;
     while(!q.empty()){
         s=q.front(); q.pop();
         u=s.first; f=s.second;
         for(int i=h[u],v;i;i=g[i].next)
             if(!col[v=g[i].v]&&(col[u]==)||(col[u]==&&v==from[u])){
                 col[v]=f;
                 q.push(mp(v,f==?:));
             }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
         if(col[i]==) putchar('N');
         else if(col[i]==) putchar('A');
         else putchar('E');
     puts("");
     for(int i=n+;i<=n+m;i++)
         if(col[i]==) putchar('N');
         else if(col[i]==) putchar('A');
         else putchar('E');
     puts("");
     return ;
 }

奇妙代码