二分图

引入

二分图又被称为二部图。

二分图就是可以二分答案的图。

二分图是节点由两个集合组成，且两个集合内部没有边的图。换言之，存在一种方案，将节点划分成满足以上性质的两个集合。

性质

如果两个集合中的点分别染成黑色和白色，可以发现二分图中的每一条边都一定是连接一个黑色点和一个白色点。换言之，二分图中不存在奇环。

证明：

​ 因为每一条边都是从一个集合走到另一个集合，只有走偶数次才可能回到同一个集合。

证毕。

判定

可以直接暴力枚举集合方案。

可以根据二分图性质来判断。考虑 dfs 或者 bfs 遍历整张图，如果图中不存在奇环则证明是二分图，反之则不是。

或者也可以考虑染色。如果存在冲突则证明不是二分图。

#include <iostream>
#include <cstring>
#define MAXN 100005
#define MAXM 200005
using namespace std;
int n, m, u, v, w;
struct edge{int to, nxt;}e[MAXM << 1];
int head[MAXN], cnt = 1;
int col[MAXN];
bool flag = true;
int read(){
    int t = 1, x = 0;char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')t = -1;ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
    return x * t;
}
void write(int x){
    if(x < 0){putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10)write(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ 48);
}
void add(int u, int v){
    cnt++;e[cnt].to = v;e[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt;
    cnt++;e[cnt].to = u;e[cnt].nxt = head[v];head[v] = cnt;
}
void dfs(int now, int color){
    for(int i = head[now] ; i != 0 ; i = e[i].nxt){
        if(flag == false)return;
        int v = e[i].to;
        if(col[v] == -1)
            col[v] = color,dfs(v, color ^ 1);
        else if(col[v] != color){
            flag = false;return;
        }
    }
}
int main(){
    n = read();m = read();
    for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
        u = read(),v = read(),add(u, v);
    memset(col, -1, sizeof(col));dfs(1, 1);
    if(flag == true)puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}

二分图最大匹配

匹配：在图论中，一个「匹配」是一个边的集合，其中任意两条边都没有公共顶点。

解释（不正经版）：可以把二分图左右两个集合分别想象成男生女生，匹配的过程就像是在相亲，最大匹配就是寻找一个方案能够相成最多对。

可以考虑将该问题转换成网络流问题来解决。

具体地，将源点连上左边所有点，右边所有点连上汇点，容量皆为 $1$。原来的每条边从左往右连边，容量也皆为 $1$，最大流即最大匹配。

如果使用Dinic 算法求该网络的最大流，可在 $O(\sqrt{n}m)$ 求出。

洛谷 P3386【模板】二分图最大匹配

题目描述

给定一个二分图，其左部点的个数为 $n$，右部点的个数为 $m$，边数为 $e$，求其最大匹配的边数。

左部点从 $1$ 至 $n$ 编号，右部点从 $1$ 至 $m$ 编号。

输入格式

输入的第一行是三个整数，分别代表 $n$，$m$ 和 $e$。

接下来 $e$ 行，每行两个整数 $u,v$，表示存在一条连接左部点 $u$ 和右部点 $v$ 的边。

输出格式

输出一行一个整数，代表二分图最大匹配的边数。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#define MAXN 1005
#define MAXM 102005
using namespace std;
int n, m, t, u, v, w;
struct edge{int w, to, nxt;}e[MAXM];
int dep[MAXN], rad[MAXN], head[MAXN], cnt = 1;
queue <int> q;
int read(){
    int t = 1, x = 0;char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')t = -1;ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
    return x * t;
}
void add(int u, int v, int w){
    cnt++;e[cnt].w = w;e[cnt].to = v;e[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt;
}
bool bfs(){
    while(!q.empty())q.pop();
    memset(dep, 0, sizeof(dep));
    dep[0] = 1;q.push(0);
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();q.pop();
        rad[u] = head[u];
        for(int i = head[u] ; i != 0 ; i = e[i].nxt){
            if(dep[e[i].to] == 0 && e[i].w != 0){
                dep[e[i].to] = dep[u] + 1;q.push(e[i].to);
                if(e[i].to == n + m + 1)return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int dfs(int now, int flow){
    if(now == n + m + 1)return flow;int tmp = flow;
    for(int i = rad[now] ; i != 0 ; i = e[i].nxt){
        rad[now] = i;
        if(dep[e[i].to] == dep[now] + 1 && e[i].w != 0){
            int k = dfs(e[i].to, min(tmp, e[i].w));
            if(k == 0)dep[e[i].to] = 0;
            e[i].w -= k;e[i ^ 1].w += k;tmp -= k;
        }
    }
    return flow - tmp;
}
int dinic(){
    int ans = 0;
    while(bfs() == true)
        ans += dfs(0, 1e18);
    return ans;
}
int main(){
    n = read();m = read();t = read();
    for(int i = 1 ; i <= t ; i ++){
        u = read();v = read();
        add(u, n + v, 1);add(n + v, u, 0);
    }
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)add(0, i, 1),add(i, 0, 0);
    for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)add(n + i, n + m + 1, 1),add(n + m + 1, n + i, 0);
    cout << dinic() << endl;return 0;
}

二分图最大权匹配

一样的思路，转化为费用流模型。