详解C++实现匈牙利算法

时间:2022-03-02 22:24:58

一、匈牙利算法介绍

匈牙利算法(hungarian algorithm)主要用于解决一些与二分图匹配有关的问题,所以我们先来了解一下二分图。

二分图(bipartite graph)是一类特殊的图,它可以被划分为两个部分,每个部分内的点互不相连。下图是典型的二分图。

详解C++实现匈牙利算法

可以看到,在上面的二分图中,每条边的端点都分别处于点集x和y中。匈牙利算法主要用来解决两个问题:求二分图的最大匹配数和最小点覆盖数。

这么说起来过于抽象了,我们现在从实际问题出发。

二、最大匹配问题

看完上面讲的,相信读者会觉得云里雾里的:这是啥?这有啥用?所以我们把这张二分图稍微做点手脚,变成下面这样:

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现在boys和girls分别是两个点集,里面的点分别是男生和女生,边表示他们之间存在“暧昧关系"。最大匹配问题相当于,假如你是红娘,可以撮合任何一对有暧昧关系的男女,那么你最多能成全多少对情侣?(数学表述:在二分图中最多能找到多少条没有公共端点的边)

现在我们来看看匈牙利算法是怎么运作的:

我们从b1看起(男女平等,从女生这边看起也是可以的),他与g2有暧昧,那我们就先暂时把他与g2连接(注意这时只是你作为一个红娘在纸上构想,你没有真正行动,此时的安排都是暂时的)。

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来看b2,b2也喜欢g2,这时g2已经“名花有主”了(虽然只是我们设想的),那怎么办呢?我们倒回去看g2目前被安排的男友,是b1,b1有没有别的选项呢?有,g4,g4还没有被安排,那我们就给b1安排上g4。

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然后b3,b3直接配上g1就好了,这没什么问题。至于b4,他只钟情于g4,g4目前配的是b1。b1除了g4还可以选g2,但是呢,如果b1选了g2,g2的原配b2就没得选了。我们绕了一大圈,发现b4只能注定单身了,可怜。(其实从来没被考虑过的g3更可怜)

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这就是匈牙利算法的流程,至于具体实现,我们来看看代码:

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int m, n;            //m, n分别表示左、右侧集合的元素数量
int map[maxm][maxn]; //邻接矩阵存图
int p[maxn];         //记录当前右侧元素所对应的左侧元素
bool vis[maxn];      //记录右侧元素是否已被访问过
bool match(int i)
{
    for (int j = 1; j <= n; ++j)
        if (map[i][j] && !vis[j]) //有边且未访问
        {
            vis[j] = true;                 //记录状态为访问过
            if (p[j] == 0 || match(p[j])) //如果暂无匹配,或者原来匹配的左侧元素可以找到新的匹配
            {
                p[j] = i;    //当前左侧元素成为当前右侧元素的新匹配
                return true; //返回匹配成功
            }
        }
    return false; //循环结束,仍未找到匹配,返回匹配失败
}
int hungarian()
{
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        memset(vis, 0, sizeof(vis)); //重置vis数组
        if (match(i))
            cnt++;
    }
    return cnt;
}

其实流程跟我们上面描述的是一致的。注意这里使用了一个递归的技巧,我们不断往下递归,尝试寻找合适的匹配。

三、最小点覆盖问题

另外一个关于二分图的问题是求最小点覆盖:我们想找到最少的一些点,使二分图所有的边都至少有一个端点在这些点之中。倒过来说就是,删除包含这些点的边,可以删掉所有边。

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这为什么用匈牙利算法可以解决呢?你如果以为我要长篇大论很久就错了,我们只需要一个定理:

(könig定理)

一个二分图中的最大匹配数等于这个图中的最小点覆盖数。

好了,本节可以结束了,我们不是搞数学的,不需要证明。但是提供一个直观地找最小覆盖点集的方法:看题图,从左侧一个未匹配成功的点出发,走一趟匈牙利算法的流程(即紫色的箭头),所有左侧未经过的点,和右侧经过的点,即组成最小点覆盖。(即图中的b3、g2、g4)

对于每个左部节点,寻找增广路最多遍历整张二分图一次,因此,该算法时间复杂度为o(mn)

四、匈牙利算法的应用

一些题目,乍一看与上面这个男女配对的问题没有任何相似点,其实都可以用匈牙利算法。例如:

4.1、(洛谷p1129) [zjoi2007]矩阵游戏

题目描述

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$ n× 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。
输入格式
第一行包含一个整数t,表示数据的组数。
接下来包含t组数据,每组数据第一行为一个整数n,表示方阵的大小;接下来n行为一个 $ n× n $的01矩阵(0表示白色,1表示黑色)。
输出格式
包含t行。对于每一组数据,如果该关卡有解,输出一行yes;否则输出一行no。

我们把矩阵转化为二分图(左侧集合代表各行,右侧集合代表各列,某位置为1则该行和该列之间有边)。我们想进行一系列交换操作,使得x1连上y1,x2连上y2,……

大家可以想象,所谓的交换,是不是可以等价为重命名?我们可以在保持当前二分图结构不变的情况下,把右侧点的编号进行改变,这与交换的效果是一样的。

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所以想让x1、x2...与y1、y2...一一对应,其实只需要原图最大匹配数为4就行了。(这与组合数学中相异代表系的概念相合)。代码如下:

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#include <cstdio>
#include <cstring>
int map[205][205], p[205], vis[205], n, t;
bool match(int i){
    for (int j = 1; j <= n; ++j){
        if (map[i][j] && !vis[j]){
            vis[j] = 1;
            if (p[j] == 0 || match(p[j])){
                p[j] = i;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int hungarian(){
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i){
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        if (match(i))
            cnt++;
    }
    return cnt;
}
int main(){
    scanf("%d", &t);
    while (t--){
        scanf("%d", &n);
        memset(p, 0, sizeof(p));
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= n; ++j)
                scanf("%d", &map[i][j]);
        puts(hungarian() == n ? "yes" : "no");
    }
    return 0;
}

4.2、(vijos1204) covh之柯南开锁

面对oibh组织的嚣张气焰, 柯南决定深入牛棚, 一探虚实.
他经过深思熟虑, 决定从oibh组织大门进入...........
oibh组织的大门有一个很神奇的锁.
锁是由m*n个格子组成, 其中某些格子凸起(灰色的格子). 每一次操作可以把某一行或某一列的格子给按下去.

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如果柯南能在组织限定的次数内将所有格子都按下去, 那么他就能够进入总部. 但是oibh组织不是吃素的, 他们的限定次数恰是最少次数.

请您帮助柯南计算出开给定的锁所需的最少次数.

读入/input:

第一行 两个不超过100的正整数n, m表示矩阵的长和宽
以下n行 每行m个数 非0即1 1为凸起方格

输出/output:

一个整数 所需最少次数

如果我们把样例的矩阵,转化为二分图的形式,是这样的:

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按下一行或一列,其实就是删掉与某个点相连的所有边。现在要求最少的操作次数,想想看,这不就是求最小点覆盖数吗?所以直接套匈牙利算法即可。代码略。

4.3、(tyvj p1035) 棋盘覆盖

描述 description
给出一张nn(n<=100)的国际象棋棋盘,其中被删除了一些点,问可以使用多少12的多米诺骨牌进行掩盖。
输入格式 input format
第一行为n,m(表示有m个删除的格子)
第二行到m+1行为x,y,分别表示删除格子所在的位置
x为第x行
y为第y列
输出格式 output format
一个数,即最大覆盖格数

经典的多米诺覆盖问题大家都很熟悉,我们把棋盘染色,每个多米诺骨牌恰好覆盖一个白格和一个黑格(这里为了美观染成了其他颜色,下面仍将其称作黑格)。

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我们删除了一些格子:

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现在要求多米诺骨牌最大覆盖数。

你可能已经看出来了,我们在染色之后,黑格和白格可以构成一个二分图,每个白格都只和黑格相连,每个黑格也只和白格相连。在给所有黑格和白格编号后,我们把每个未删除的格子都与它上下左右紧邻的未删除的格子相连。很显然,这张二分图的最大匹配数,就是我们能放下最多的多米诺骨牌数。注意因为数据范围较大,要用邻接表存图。

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 5500
struct edges
{
    int to, next;
} edges[maxn * 8];
int map[105][105], head[maxn], p[maxn], vis[maxn], n, cnt_edge;
inline int add(int from, int to)
{
    edges[++cnt_edge].next = head[from];
    head[from] = cnt_edge;
    edges[cnt_edge].to = to;
}
inline int trans(int i, int j, int n) //把坐标转化为编号
{
    return ((i - 1) * n + j + 1) / 2;
}
bool match(int i)
{
    for (int e = head[i]; e; e = edges[e].next)
    {
        int j = edges[e].to;
        if (!vis[j])
        {
            vis[j] = true;
            if (p[j] == 0 || match(p[j]))
            {
                p[j] = i;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int hungarian()
{
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        if (match(i))
            cnt++;
    }
    return cnt;
}
int main()
{
    int n, m, x, y;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    n = (n * n + 1) / 2;
    memset(map, -1, sizeof(map));
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= n; ++j)
            map[i][j] = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        map[x][y] = -1;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i % 2 ? 1 : 2; j <= n; j += 2)
            if (map[i][j] == 0)
            {
                if (map[i + 1][j] != -1)
                    add(trans(i, j, n), trans(i + 1, j, n));
                if (map[i][j + 1] != -1)
                    add(trans(i, j, n), trans(i, j + 1, n));
                if (map[i - 1][j] != -1)
                    add(trans(i, j, n), trans(i - 1, j, n));
                if (map[i][j - 1] != -1)
                    add(trans(i, j, n), trans(i, j - 1, n));
            }
    printf("%d\n", hungarian());
    return 0;
}

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