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二分图系列

news 2025/9/16 6:56:43

二分图

在这里插入图片描述
简单地，图 $G$ 被分为 $X, Y$ 两个集合（分为左部、右部），两部分之间的点才连边。这样的图叫做二分图。

匹配

$X$ 部分点连向 $Y$ 部分点，每个点度数至多为 $1$ ，使得 $(x, y)$ 配对。（ $x∈X,y∈Yx\in X,y\in Y$ ）
在这里插入图片描述
二分图匹配用匈牙利算法，核心思想如上增广染色的动图，具体解释可前往这里。

1.洛谷 P3386 【模板】二分图最大匹配

匈牙利算法代码示例。

代码1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1009;
ll n,m,o,u,v;
ll match[N],ans;
bool vis[N];
vector<ll>G[N];
bool dfs(ll u)
{for(auto v:G[u]){if(vis[v])continue;vis[v]=1;if(match[v]==0||dfs(match[v]))//当前无匹配或增广成功 {match[v]=u;return 1;}}return 0;
}
int main()
{scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&o);for(int i=1;i<=o;i++){scanf("%lld%lld",&u,&v);G[u].push_back(v);}for(int i=1;i<=n;i++){memset(vis,0,sizeof(vis));if(dfs(i))ans++;}printf("%lld",ans);return 0;
}

代码2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1009;
ll n,m,o,u,v;
ll vis[N],match[N],ans;
vector<ll>G[N];
bool dfs(ll u,ll flag)
{if(vis[u]==flag)return 0;vis[u]=flag;for(auto v:G[u]){if(match[v]==0||dfs(match[v],flag))//当前无匹配或增广成功 {match[v]=u;return 1;}}return 0;
}
int main()
{scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&o);for(int i=1;i<=o;i++){scanf("%lld%lld",&u,&v);G[u].push_back(v);}for(int i=1;i<=n;i++)if(dfs(i,i))ans++;printf("%lld",ans);return 0;
}

二分图匹配是基础的，重要的是建模。

这场测试的 $F .$ 用到了二分图匹配。

我的题单。接下来借题目讲一些典型的 trick。

2.洛谷 P2071 座位安排

题意

车上有 $n$ 排座位，有 $2 n$ 个人参加省赛。每排座位只能坐两人，且每个人都有自己想坐的排数。问最多能使多少人坐到自己想坐的位置。

$1≤n≤20001\le n\le 2000$ 。

思路

这个建模很裸啊！左边放人，右边放座位。每排座位两个座位？那就直接建两个点就好了。一个人想坐 $4$ 个位置嘛。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1e5+9;
ll n,m,u,v;
ll vis[N],match[N],ans;
ll idx,head[N];
struct edge
{ll to,next;
}e[N<<1];
void addedge(ll u,ll v)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];head[u]=idx;
}
bool dfs(ll u,ll flag)
{if(vis[u]==flag)return 0;vis[u]=flag;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to;if(match[v]==0||dfs(match[v],flag)){match[v]=u;return 1;}}return 0;
}
int main()
{scanf("%lld",&n);m=2*n;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%lld%lld",&u,&v);//左边放人，右边作为，二分图匹配 addedge(i,u+n*3);//每个座位两个人，建两个座位 addedge(i,u+n*4);addedge(i,v+n*3);addedge(i,v+n*4);}for(int i=1;i<=m;i++){memset(vis,0,sizeof(vis));if(dfs(i,i))ans++;}printf("%lld",ans);return 0;
}

3.洛谷 P1129 ZJOI2007 矩阵游戏

题意

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 $\times n$ 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。

$\leq n \leq 200$ ， $\leq T \leq 20$ 。

思路

把行看作左部，列看作右部，考虑二分图匹配。交换行、或者列，实质上不改变二分图匹配对数。

使得对角线上 $n$ 个格子都有，也即最大匹配数 $≥n\ge n$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=309;
ll T,n,a;
ll vis[N],match[N];
vector<ll>G[N];
bool dfs(ll u,ll flag)
{if(vis[u]==flag)return 0;vis[u]=flag;for(auto v:G[u]){if(match[v]==0||dfs(match[v],flag)){match[v]=u;return 1;}}return 0;
}
int main()
{scanf("%lld",&T);while(T--){scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){scanf("%lld",&a);if(a)G[i].push_back(j);}}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(dfs(i,i))ans++;if(ans>=n)printf("Yes\n");else printf("No\n");for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();memset(match,0,sizeof(match));memset(vis,0,sizeof(vis));}return 0;
}

交替染色

下面的题目主要会用到交替染色的操作，广义上，也是一种二分图思想。一般这些题都是很巧妙和“有趣”。

下面是一段交替染色（ $0/1$ ），要求相邻颜色不能相同的 dfs 代码。

void dfs(ll u,ll c)
{vis[u]=1;col[u]=c;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to;if(!vis[v])dfs(v,c^1);else if(col[u]==col[v])sayno}
}

4.AT_abc282_d Make Bipartite 2

题意

给定一个包含 $N$ 个顶点和 $M$ 条边的简单无向图 $G$ （即不包含自环和重边）。对于 $\ldots, M$ ，第 $i$ 条边连接顶点 $u_i$ 和顶点 $v_i$ 。

请输出满足下列两个条件的整数对 $(u, v)$ 的个数，其中 $\leq u < v \leq N$ ：

在图 $G$ 中，顶点 $u$ 和顶点 $v$ 之间不存在边。
在图 $G$ 中添加一条连接顶点 $u$ 和顶点 $v$ 的边后，所得的图仍然是二分图。

什么是二分图？无向图被称为二分图，当且仅当可以将所有顶点染成黑色或白色，使得不存在连接同色顶点的边。

$\leq N \leq 2 \times 10^5$ ， $\leq M \leq \min\{2 \times 10^5, N(N-1)/2\}$ ， $\leq u_i, v_i \leq N$ 。

思路

直接相邻点染黑白呢。

连通块内染黑白，然后黑点白点之间乘法原理连边。也可以把当前连通块连接外面的其它点，变成异色点。最后减去原来就有的 $m$ 即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9;
ll n,m;
vector<ll>G[N];
bool vis[N];
ll col[N],cnt0,cnt1;
void dfs(ll u,ll c)
{vis[u]=1;col[u]=c;cnt0+=(c==0);cnt1+=(c==1);for(auto v:G[u]){if(!vis[v])dfs(v,c^1);else if(col[u]==col[v]){puts("0");exit(0);}}
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){ll u,v;scanf("%lld%lld",&u,&v);G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}ll lnk=0,crk=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i]){cnt0=cnt1=0;dfs(i,0);lnk+=cnt0*cnt1;//连通块内黑白 crk+=(cnt0+cnt1)*(n-cnt0-cnt1);//块内连块外 }}printf("%lld",lnk+crk/2-m);//里面和外面、外面和里面都被重复计数了，记得/2return 0;
}

5.AT_arc165_c Social Distance on Graph

题意

有一个包含 $N$ 个顶点的简单连通无向图，顶点编号为 $1$ 到 $N$ 。图中有 $M$ 条带权无向边，第 $i$ 条边连接顶点 $A_i$ 和 $B_i$ ，权值为 $W_i$ 。对于连接两个顶点的简单路径，其权值定义为路径上所有边权的总和。

现在要对每个顶点染成红色或蓝色。请你求出满足以下条件的整数 $X$ 的最大值：

对于任意两个染成相同颜色的不同顶点，它们之间的任意一条简单路径的权值都不少于 $X$ 。

简单路径的定义如下：对于图 $G$ 上的顶点 $X, Y$ ，顶点序列 $v1,v2,…,vkv_1,v_2,\ldots,v_k$ ，满足 $v_1=X$ ， $v_k=Y$ ，且对于 $1≤i≤k−11\leq i\leq k-1$ ， $v_i$ 和 $v_{i+1}$ 之间有边连接，这样的序列称为从 $X$ 到 $Y$ 的步行。如果 $v1,v2,…,vkv_1,v_2,\ldots,v_k$ 均互不相同，则称为从 $X$ 到 $Y$ 的简单路径（或简称路径）。

$\leq N \leq 2 \times 10^5$ ， $\leq M \leq \min\left(\frac{N(N-1)}{2}, 2 \times 10^5\right)$ ， $\leq A_i < B_i \leq N$ ， $\leq W_i \leq 10^9$ 。

思路

求最小值的最大类型，考虑二分限制 $mi d = X$ 。发现有边权 $w < mi d$ 就把它染成异色边。如此检验即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9,inf=1e9+2,Inf=2e9;
ll n,m;
struct edge
{ll to,next,w;
}e[N<<1];
ll idx,head[N];
void addedge(ll u,ll v,ll w)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];e[idx].w=w;head[u]=idx;
}
ll mi[N],ci[N];
ll col[N];
bool vis[N],flag;
void dfs(ll u,ll c,ll dist)
{vis[u]=1;col[u]=c;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to,w=e[i].w;if(!vis[v]){if(w<dist)dfs(v,c^1,dist);}else if(w<dist&&col[u]==col[v]){flag=0;}}
}
bool check(ll mid)
{for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0,col[i]=-1;flag=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i])dfs(i,0,mid);}return flag;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)mi[i]=ci[i]=inf;for(int i=1;i<=m;i++){ll u,v,w;scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);addedge(u,v,w);addedge(v,u,w);if(w<mi[u])ci[u]=mi[u],mi[u]=w;else if(w<ci[u])ci[u]=w;if(w<mi[v])ci[v]=mi[v],mi[v]=w;else if(w<ci[v])ci[v]=w;}ll l=0,r=Inf,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(ci[i]!=inf)r=min(r,mi[i]+ci[i]);while(l<=r){ll mid=(l+r)>>1;if(check(mid))ans=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}printf("%lld",ans);return 0;
}

6.CF1354E Graph Coloring

题意

给定一个无自环、无重边的无向图，该图包含 $n$ 个顶点和 $m$ 条边。同时给定三个整数 $n_1$ 、 $n_2$ 和 $n_3$ 。

你能否将每个顶点标记为数字 1、2 或 3，使得：

每个顶点恰好被标记为 1、2 或 3 中的一个数字；
标记为 1 的顶点总数恰好为 $n_1$ ；
标记为 2 的顶点总数恰好为 $n_2$ ；
标记为 3 的顶点总数恰好为 $n_3$ ；
对于每条边 $(u, v)$ ，有 $col_u - col_v| = 1$ ，其中 $col_x$ 表示顶点 $x$ 的标记。

如果存在合法的标记方案，第一行输出 YES，下一行输出方案（如果存在多种合法的标记方案，输出任意一种即可）；如果不存在合法方案，输出 NO。

$\le n \le 5000$ ， $\le m \le 10^5$ 。

思路

不难发现 $1, 3$ 点对于相邻的 $2$ 点都是等效的。于是用 $1, 2$ 给原图交替染色，类似二分图思想。保证现在每条边都能做到 $col_u-col_v|=|2-1|=1$ 。

交替染色后，发现有 $t o t$ 个连通块，已知每个连通块黑点、白点的数量（二者可互换，因为不同连通块之间的黑白点不会相互干预），就用这两种颜色的数量进行 01 背包，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个连通块能否凑出 $j$ 个 $2$ 点，看看是否能够凑出 $n_2$ 个 $2$ 点。

f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{for(int j=tar[2];j>=0;j--)//tar[2]:2点数量{//01背包，先物品后体积实现有序入背包if(j>=blk[i].size())f[i][j]|=f[i-1][j-blk[i].size()];if(j>=wht[i].size())f[i][j]|=f[i-1][j-wht[i].size()];}
}
if(!f[tot][tar[2]])sayno

题目还要求给出方案，这个也是好做的。我们根据转移得到的 $f$ ，倒序考虑前 $i$ 个连通块进行回溯。如果用黑点作为 $2$ 点可以合法回溯就用黑点，把该连通块黑点全部变成 $2$ 点，否则用白点，因为只需要一种方案所以先后顺序不影响正确性。

for(int i=1;i<=n;i++)
ans[i]=1;//先默认全是1点
for(int i=tot;i>=1;i--)
{if(tar[2]>=blk[i].size()&&f[i-1][tar[2]-blk[i].size()])//用黑点可以回溯{tar[2]-=blk[i].size();for(auto x:blk[i])ans[x]=2;}else if(tar[2]>=wht[i].size()&&f[i-1][tar[2]-wht[i].size()])//白点{tar[2]-=wht[i].size();for(auto x:wht[i])ans[x]=2;}else sayno
}
if(tar[2]>0)sayno

最后输出方案即可， $1$ 的个数满足了就用 $3$ ，上文说过 $1, 3$ 是等效的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define sayno {puts("NO");exit(0);}
const ll N=5002,M=1e5+9;
ll n,m,tar[5];
ll tot;
struct edge
{ll to,next;
}e[M<<1];
ll idx,head[M];
void addedge(ll u,ll v)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];head[u]=idx;
}
bool vis[N];
ll col[N];
vector<ll>wht[N],blk[N];
bool f[N][N];
void dfs(ll u,ll c)
{vis[u]=1;col[u]=c;if(c==0)blk[tot].push_back(u);else wht[tot].push_back(u);for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to;if(!vis[v])dfs(v,c^1);else if(col[u]==col[v])sayno}
}
ll ans[N];
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=3;i++)scanf("%lld",&tar[i]);for(int i=1;i<=m;i++){ll u,v;scanf("%lld%lld",&u,&v);addedge(u,v);addedge(v,u);}for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i]){tot++;dfs(i,0);}}f[0][0]=1;for(int i=1;i<=tot;i++){for(int j=tar[2];j>=0;j--){if(j>=blk[i].size())f[i][j]|=f[i-1][j-blk[i].size()];if(j>=wht[i].size())f[i][j]|=f[i-1][j-wht[i].size()];}}if(!f[tot][tar[2]])saynofor(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=1;for(int i=tot;i>=1;i--){if(tar[2]>=blk[i].size()&&f[i-1][tar[2]-blk[i].size()]){tar[2]-=blk[i].size();for(auto x:blk[i])ans[x]=2;}else if(tar[2]>=wht[i].size()&&f[i-1][tar[2]-wht[i].size()]){tar[2]-=wht[i].size();for(auto x:wht[i])ans[x]=2;}else sayno}if(tar[2]>0)saynoputs("YES");ll cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(ans[i]==2)printf("2");else {cnt++;if(cnt<=tar[1])printf("1");else printf("3");}}return 0;
}

7.AT_tenka1_2015_qualA_c 天下一美術館

题意

天下一美术馆的馆长 Seto 决定为新展区设计一个黑白马赛克艺术区的布局。

为了让展区更美观，他希望相邻的艺术品尽量相似。

为此，Seto 馆长定义了两幅艺术品之间的“相异度”。

马赛克艺术品由 $\times N$ 的格子组成，每个格子涂成黑色或白色。

我们考虑将一幅马赛克艺术品转换为另一幅的操作，所需的最小代价即为这两幅艺术品的相异度。

允许的操作有三种，每种操作的代价均为 $1$ ：

将黑格变为白格；
将白格变为黑格；
交换上下左右相邻的两个格子。

请为 Seto 馆长编写程序，计算给定的两幅马赛克艺术品之间的相异度。

思路

先计算原图和目标图的差异点有 $t o t$ 个。

我们发现交换相邻的，在这两个格子都和目标不相同的情况下，可以从 $2$ 步节省到 $1$ 步。

于是考虑有多少对相邻点可以快速操作。可以直接将相邻点连边。因为这个图是只有 $0/1$ 的图，天然地成为二分图的左右两部。我们发现已经参与过相邻点交换的点，再进行一次相邻交换显然是不优的。

因此相邻交换次数就是这个二分图最大匹配数 $c n t$ ，在这个图上直接跑二分图匹配即可。在 $t o t$ 的基础上节省了 $c n t$ 次，答案就是 $t o t - c n t$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=76,M=4905;
ll n,m;
ll a[N][N],b[N][N];
bool chg[N][N];
ll tot,id[N][N];
struct point
{ll x,y;
}p[M];
struct edge
{ll to,next;
}e[M<<1];
ll idx,head[M];
void addedge(ll u,ll v)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];head[u]=idx;
}
ll dx[5]={1,0,-1,0};
ll dy[5]={0,-1,0,1};
bool vis[M];
ll match[M];
bool dfs(ll u)
{for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to;if(vis[v])continue;vis[v]=1;if(match[v]==0||dfs(match[v]))//当前无匹配或增广成功 {match[v]=u;return 1;}}return 0;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lld",&a[i][j]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lld",&b[i][j]);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(a[i][j]!=b[i][j]){p[++tot]=(point){i,j};chg[i][j]=1;id[i][j]=tot;}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(chg[i][j]&&a[i][j])//匹配相邻01，1左0右 {for(int k=0;k<4;k++){ll nx=i+dx[k],ny=j+dy[k];if(chg[nx][ny]&&a[i][j]!=a[nx][ny])addedge(id[i][j],id[nx][ny]),cout<<id[i][j]<<"->"<<id[nx][ny]<<endl;}}}}ll cnt=0;for(int i=1;i<=tot;i++){memset(vis,0,sizeof(vis));if(a[p[i].x][p[i].y]&&dfs(i))cnt++;//最大匹配数节省cnt次直接翻转 }printf("%lld\n",tot-cnt);return 0;
}