Poj 1486 Sorting Slides + FOJ1202 信与信封问题 (二分图的必须边)

2015-4-27更新：由于百度空间即将关闭，故将提到的参考文章复制到了最下面。

理论：http://hi.baidu.com/wrpnjmkfhgbimpq/item/e8402237ef272afbdf222100

步骤：
1：求最大匹配，匹配边集合E
2：删除E中的一条边e，以e的一个端点找增广路，若不能找到增广路则e是必须边
3：恢复原图以及E，继续步骤2，直到E中的每条边都被删除过

Poj 1486 Sorting Slides

题意：一些重叠在一起的图片，给你这些图片的四个坐标，给出一些写在图片上的数字的坐标，找到一个匹配使得每一个数字都可以唯一对应于一张图片

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

const int N=40;
bool map

;
bool vis
;
int match
;
int n;

bool Dfs (int u)
{
	for (int v=1;v<=n;v++)
		if (vis[v] == false && map[u][v])
		{
			vis[v]=true;
			if (match[v]==0 || Dfs(match[v]))
			{
				match[v]=u;
				return true;
			}
		}
	return false;
}

struct Rectangle
{
	int xmin,xmax,ymin,ymax;
	void Get ()
	{
		scanf("%d%d%d%d",&xmin,&xmax,&ymin,&ymax);
	}
}r
;

struct Point
{
	int x,y;
	void Get ()
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
	}
}p
;

bool Judge (Rectangle a,Point b)
{
	if (b.x>=a.xmin && b.x<=a.xmax && b.y>=a.ymin && b.y<=a.ymax)
		return true;
	return false;
}

void Deal ()
{
	int i,sum=0,flag=0;
	for (i=1;i<=n;i++)
	{
		memset(vis,false,sizeof(vis));
		if (Dfs(i))
			sum++;
	}
	if (sum==n)
	{
		for (i=1;i<=n;i++)
		{
			int u=match[i];
			if (u==0)
				continue;
			match[i]=0;
			map[u][i]=false;
			memset(vis,false,sizeof(vis));
			if (Dfs(u)==false)
			{
				flag++;
				match[i]=u;
				if (flag>1)
					printf(" ");
				printf("(%c,%d)",i-1+'A',match[i]);
			}
			map[u][i]=true;
		}
	}
	if (flag==0)
		printf("none");
	printf("\n");
}

int main ()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
	freopen("read.txt","r",stdin);
#endif
	int Cas=1;
	while (~scanf("%d",&n),n)
	{
		if (Cas!=1)
			printf("\n");
		printf("Heap %d\n",Cas++);
		memset(map,false,sizeof(map));
		memset(match,0,sizeof(match));
		int i;
		for (i=1;i<=n;i++)
			r[i].Get();
		for (i=1;i<=n;i++)
			p[i].Get();
		for (i=1;i<=n;i++)   //建图
			for (int j=1;j<=n;j++)
			{
				if (Judge(r[i],p[j]))
					map[j][i]=true;  //有向边方向与match数组方向对应
			}
		Deal ();
	}
	return 0;
}

FOJ1202 信与信封问题

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=105;
bool map

;
bool vis
;
int match
;
int n;

bool Dfs (int u)
{
	for (int v=1;v<=n;v++)
		if (vis[v] == false && map[u][v])
		{
			vis[v]=true;
			if (match[v]==0 || Dfs(match[v]))
			{
				match[v]=u;
				return true;
			}
		}
	return false;
}

struct Point
{
	int x,y;
	bool operator < (const Point& b) const
	{
		return x<b.x;
	}
}data
;

void Deal ()
{
	int i,sum=0,flag=0;
	for (i=1;i<=n;i++)
	{
		memset(vis,false,sizeof(vis));
		if (Dfs(i))
			sum++;
	}
	if (sum==n)
	{
		for (i=1;i<=n;i++)
		{
			int u=match[i];
			if (u==0)
				continue;
			match[i]=0;
			map[u][i]=false;
			memset(vis,false,sizeof(vis));
			if (Dfs(u)==false)
			{
				match[i]=u;
				data[flag].x=match[i];
				data[flag++].y=i;			
			}
			map[u][i]=true;
		}
	}
	if (flag==0)
		printf("none\n");
	else
	{
		sort(data,data+flag);
		for (i=0;i<flag;i++)
			printf("%d %d\n",data[i].x,data[i].y);
	}
	printf("\n");
}

int main ()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
	freopen("read.txt","r",stdin);
#endif
	while (~scanf("%d",&n))
	{
		memset(map,true,sizeof(map));
		memset(match,0,sizeof(match));
		int a,b;
		while (scanf("%d%d",&a,&b),a||b)
		{
			map[a][b]=false;
		}
		Deal ();
	}
	return 0;
}

二分图的必须边: POJ1486, FOJ1202

在自己做的二分图的题目当中，除了常见的最大匹配、最小覆盖、最大独立集、最小路径覆盖、带权最佳匹配外，自己还发现一类题型，就是要求出二分图里的哪些边是能够确定的。因为自己没系统的学习过二分图，我暂时把这些边叫做二分图的必须边。这些题的一般是给出哪些边可能存在或一定不存在，要你通过计算输出这样的二分图中哪些边是一定存在的。

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先看一个例子:POJ1486

这道题的意思是一些大小不等透明的幻灯片（只有轮廓和上面的数字可见）A、B、C、D、E…按顺序叠放在一起，现在知道每个幻灯片左上角和右下角的坐标，并且由于幻灯片是透明的，所以能看到幻灯片上的数字（给出了每个数字的坐标，但不知道这些数字分别属于哪个幻灯片），现在要你根据当前的已知信息，输出能够确定的幻灯片编号和数字的匹配，例如(A,4) (B,1) (C,2) (D,3).

解这道题的思路是：先根据已知信息建立二分图，通过坐标计算把可能存在的边赋值为1，然后用匈牙利算法进行最大匹配，当前则得到了一个最大匹配，然后每次删除一条边，对该边的一个顶点进行再次匹配，如果匹配成功则不是必须边，只有匹配不成功才是必须边。

核心代码大致如下：

MaxMatch(); //进行最大匹配

yes = 0;

for(i = 1; i <= n; i++) //验证match[i]与i是不是唯一匹配的

{

x = match[i]; match[i] = -1;

g[x][i] = 0;

memset(flag, 0, sizeof(flag));

if(!dfs(x))//如果dfs(x)==0即找不到,就表示是唯一匹配，即可输出！

{

match[i] = x;

yes++;

if(yes > 1) printf(" ");

printf("(%c,%d)", 'A'+i-1, match[i]); //输出字母和字母对应的数字

}

g[x][i] = 1;

}

if(!yes) printf("none");

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再看一个例子：FOJ1202 信与信封问题

题目描述如下：

John先生晚上写了n封信，并相应地写了n个信封将信装好，准备寄出。但是，第二天John的儿子Small John将这n封信都拿出了信封。不幸的是，Small John无法将拿出的信正确地装回信封中了。

编程任务

将Small John所提供的n封信依次编号为1,2,...,n; 且n个信封也依次编号为1,2,...,n。假定Small John能提供一组信息：第i封信肯定不是装在信封j中。请编程帮助Small John，尽可能多地将信正确地装回信封。

这道题如上面一道题类似，下面是我的分析：

－、正确的匹配一定是一种完美匹配,（每封信都有一个信封可以装）,所以不是完美匹配可以直接输出none进行剪枝。

二、如果存在一封信确定装在某个信封中，那么任何一种完美一定包含这个关系（因为关系唯一，所以为了达到完美匹配，必定会包含这个关系）。

通过一次匹配，找出所有的关系。当然，现在还不知道哪些边是确定的答案。接着测试每一条边，通过删除一条边并重新DFS搜索，如果找不到其它可匹配的，那么此条边一定是确定的（因为关系唯一）。核心代码如下：

//MaxMatch(); //0.05 s

if(MaxMatch()<u) {printf("none\n\n"); continue;} //0.01 s, 进行判断和剪枝



yes = 0;

for(i = 1; i <= u; i++)

{

x = match[i]; match[i] = -1;

g[x][i] = 0;

memset(flag, 0, sizeof(flag));

if(!dfs(x))

{

match[i] = x;

yes++;

printf("%d %d\n", i, match[i]);

}

g[x][i] = 1;

}

if(!yes) printf("none\n");

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解决这类题当然还有别的方法，但上述方法应该是一个不错的方法，在速度上POJ1486跑了0ms（这个题大家都0ms，看不出算法的优劣），FOJ1202我的代码只用0.01s就跑完了，暂列status里的第一，所以上述算法应该还行。