poj3020 匈牙利算法+建图
2015-11-09 10:39
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转自网络的题解:(写的很好)
转载请注明出处:優YoU http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1299322779
提示:别被图片的圈圈误导了,看清楚题目,'*'是城市,'o'是空地,椭圆的天线覆盖范围要覆盖的是城市'*',而不是覆盖空地
题目大意:
一个矩形中,有N个城市’*’,现在这n个城市都要覆盖无线,若放置一个基站,那么它至多可以覆盖相邻的两个城市。
问至少放置多少个基站才能使得所有的城市都覆盖无线?
解题思路:
思前想后,依稀可以认为是一道求二分图的最小路径覆盖问题
(注意不是最小点覆盖)
那么接下来需要确认的是,
究竟是求 有向二分图的最小路覆盖,还是求 无向二分图的最小路覆盖
因为有向和无向是截然不同的计算方法。
要确认是构造有向图,还是构造无向图,那么就需要先根据题意,看看构造二分图时所使用的方式,更适合构造哪一种二分图。
然后就进入了本题难点:如何构造二分图
首先要明确的是,输入的一堆“圈圈星星”可以看做是一张大地图,地图上有所有城市的坐标,但是这里有一个误区:不能简单地把城市的两个x、y坐标作为准备构造的二分图的两个顶点集。
城市才是要构造的二分图的顶点!
构造方法如下:
例如输入:
*oo
***
O*o
时,可以抽象为一个数字地图:
100
234
050
数字就是根据输入的城市次序作为该城市的编号,0代表该位置没有城市。
然后根据题目的“范围”规则,从第一个城市开始,以自身作为中心城市,向四个方向的城市进行连线(覆盖)
因此就能够得到边集:
e12 e21 e32 e43 e53
e23 e34
e35
可以看到,这些边都是有向边,但是每一条边都有与其对应的一条相反边。
即任意两个城市(顶点)之间的边是成对出现的
那么我们就可以确定下来,应该 构造无向二分图(其实无向=双向)
因为若要构造有向的二分图时,需要判断已出现的边,是很麻烦的工作
为了把有向图G构造为无向二分图,这里需要引入一个新名词“拆点”
其实就是把原有向图G的每一个顶点都”拆分(我认为复制更准确)”为2个点,分别属于所要构造的二分图的两个顶点集
例如在刚才的例子中抽出一条有向边e12举例说明:
复制顶点1和顶点2,使得1,2∈V1; 1’,2’∈V2 ,不难发现|V1|=|V2|
根据边e12和e21,得到无向二分图:
那么同理就可以得到刚才的例子的 无向二分图为:
再继而通过无向二分图,以V1的元素作为row,V2的元素作为col,构造 可达矩阵 存储到计算机
1’ 2’ 3’ 4’ 5’
1 F T F F F
2 T F T F F
3 F T F T T
4 F F T F F
5 F F T F F
接下来就是要求这个 无向二分图的最小路径覆盖 了
利用公式:
无向二分图的最小路径覆盖 = 顶点数 – 最大二分匹配数/2
顶点数:就是用于构造无向二分图的城市数,即进行“拆点”操作前的顶点数量
最大二分匹配书之所以要除以2,是因为进行了“拆点”擦奥做做使得匹配总数多了一倍,因此除以2得到原图的真正的匹配数
最后剩下的问题就是求最大二分匹配数了,用匈牙利算法,这就不多说了,参考POJ3041的做法,基本一摸一样。
从这道题得出了一个结论:
当二分图的两个顶点子集基数相等时,该二分图所有顶点的匹配数 等于 任意一个顶点子集匹配数的2倍
其实匈牙利算法解题是极为简单的,但是图论的难并不是难在解答,而是建图的过程,也难怪会有牛曰:用匈牙利算法,建图是痛苦的,最后是快乐的。
题解代码:
用hc算法啊的(不会拼 以后写简写 )
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提示:别被图片的圈圈误导了,看清楚题目,'*'是城市,'o'是空地,椭圆的天线覆盖范围要覆盖的是城市'*',而不是覆盖空地
题目大意:
一个矩形中,有N个城市’*’,现在这n个城市都要覆盖无线,若放置一个基站,那么它至多可以覆盖相邻的两个城市。
问至少放置多少个基站才能使得所有的城市都覆盖无线?
解题思路:
思前想后,依稀可以认为是一道求二分图的最小路径覆盖问题
(注意不是最小点覆盖)
那么接下来需要确认的是,
究竟是求 有向二分图的最小路覆盖,还是求 无向二分图的最小路覆盖
因为有向和无向是截然不同的计算方法。
要确认是构造有向图,还是构造无向图,那么就需要先根据题意,看看构造二分图时所使用的方式,更适合构造哪一种二分图。
然后就进入了本题难点:如何构造二分图
首先要明确的是,输入的一堆“圈圈星星”可以看做是一张大地图,地图上有所有城市的坐标,但是这里有一个误区:不能简单地把城市的两个x、y坐标作为准备构造的二分图的两个顶点集。
城市才是要构造的二分图的顶点!
构造方法如下:
例如输入:
*oo
***
O*o
时,可以抽象为一个数字地图:
100
234
050
数字就是根据输入的城市次序作为该城市的编号,0代表该位置没有城市。
然后根据题目的“范围”规则,从第一个城市开始,以自身作为中心城市,向四个方向的城市进行连线(覆盖)
因此就能够得到边集:
e12 e21 e32 e43 e53
e23 e34
e35
可以看到,这些边都是有向边,但是每一条边都有与其对应的一条相反边。
即任意两个城市(顶点)之间的边是成对出现的
那么我们就可以确定下来,应该 构造无向二分图(其实无向=双向)
因为若要构造有向的二分图时,需要判断已出现的边,是很麻烦的工作
为了把有向图G构造为无向二分图,这里需要引入一个新名词“拆点”
其实就是把原有向图G的每一个顶点都”拆分(我认为复制更准确)”为2个点,分别属于所要构造的二分图的两个顶点集
例如在刚才的例子中抽出一条有向边e12举例说明:
复制顶点1和顶点2,使得1,2∈V1; 1’,2’∈V2 ,不难发现|V1|=|V2|
根据边e12和e21,得到无向二分图:
那么同理就可以得到刚才的例子的 无向二分图为:
再继而通过无向二分图,以V1的元素作为row,V2的元素作为col,构造 可达矩阵 存储到计算机
1’ 2’ 3’ 4’ 5’
1 F T F F F
2 T F T F F
3 F T F T T
4 F F T F F
5 F F T F F
接下来就是要求这个 无向二分图的最小路径覆盖 了
利用公式:
无向二分图的最小路径覆盖 = 顶点数 – 最大二分匹配数/2
顶点数:就是用于构造无向二分图的城市数,即进行“拆点”操作前的顶点数量
最大二分匹配书之所以要除以2,是因为进行了“拆点”擦奥做做使得匹配总数多了一倍,因此除以2得到原图的真正的匹配数
最后剩下的问题就是求最大二分匹配数了,用匈牙利算法,这就不多说了,参考POJ3041的做法,基本一摸一样。
从这道题得出了一个结论:
当二分图的两个顶点子集基数相等时,该二分图所有顶点的匹配数 等于 任意一个顶点子集匹配数的2倍
其实匈牙利算法解题是极为简单的,但是图论的难并不是难在解答,而是建图的过程,也难怪会有牛曰:用匈牙利算法,建图是痛苦的,最后是快乐的。
题解代码:
//Memory Time //420K 16MS #include<iostream> using namespace std; int ipmap[41][11]; //标记存在城市'*'的位置,并依次记录城市的编号 int ip; //城市编号(最终是城市数量) int V1,V2; //二分图的两个顶点集 int M; //最大二分匹配 bool city[401][401]; //标记两个城市之间是否能连通 //通过“拆点”操作,把每一个城市拆分为2个,分别属于所构造的二分图的两个点集 bool vist[401]; int link[401]; int dire_r[4]={-1,1,0,0}; int dire_c[4]={0,0,-1,1}; //分别对应四个方位 上 下 左 右 /*Hungary Algorithm*/ bool dfs(int x) { for(int y=1;y<=V2;y++) if(city[x][y] && !vist[y]) { vist[y]=true; if(link[y]==0 || dfs(link[y])) { link[y]=x; return true; } } return false; } void search(void) { for(int x=1;x<=V1;x++) { memset(vist,false,sizeof(vist)); if(dfs(x)) M++; } return; } int main(void) { int test,h,w; cin>>test; while(test--) { /*Initial*/ memset(ipmap,0,sizeof(ipmap)); memset(city,false,sizeof(city)); memset(link,0,sizeof(link)); ip=0; M=0; /*Read in the maps*/ cin>>h>>w; int i,j; char temp; for(i=1;i<=h;i++) for(j=1;j<=w;j++) { cin>>temp; if(temp=='*') ipmap[i][j]=++ip; } /*Structure the Bipartite Graphs*/ for(i=1;i<=h;i++) for(j=1;j<=w;j++) if(ipmap[i][j]) for(int k=0;k<4;k++) { int x=i+dire_r[k]; int y=j+dire_c[k]; if(ipmap[x][y]) city[ ipmap[i][j] ][ ipmap[x][y] ]=true; //"拆点"操作是"顺便"被完成的 } //二分图构造完毕后,之后的问题就和POJ3041一样处理了 V1=V2=ip; /*增广轨搜索*/ search(); /*Output*/ cout<<ip-M/2<<endl; //无向二分图:最小路径覆盖数 = "拆点"前原图的顶点数 - 最大匹配数/2 } return 0; }我自己的代码:匈牙利算法
#include<stdio.h> #include<string.h> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 500 int edge[maxn][maxn]; char s[maxn][maxn]; int ma[maxn][maxn]; int gril[maxn]; int used[maxn]; int ans=0; int v1,v2; int t; int dirx[4]= {-1,1,0,0}; int diry[4]= {0,0,-1,1}; int dfs(int x) { for(int i=1; i<=v2; i++) //历遍每一个右端点 { if(edge[x][i]==1&&used[i]==0) //如果有边并且该端点还未使用就检验是否能构成增广路 { used[i]=1; if(gril[i]==0||dfs(gril[i]))//如果该点是为匹配点或者能形成增广路, { gril[i]=x;//那么给予该点匹配 return 1; } } } return 0; } void hungrian() { for(int i=1; i<=v1; i++) { memset(used,0,sizeof(used)); //dfs初始化 if(dfs(i)) ans++; } } int main() { int m,n; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&m,&n); memset(edge,0,sizeof(edge)); memset(gril,0,sizeof(gril)); memset(ma,0,sizeof(ma)); int cnt=0; ans=0; for(int i=0;i<m;i++) { scanf("%s",s[i]); for(int j=0;j<n;j++) { if(s[i][j]=='*') { ma[i][j]=++cnt; } } } for(int i=0;i<m;i++) { for(int j=0;j<n;j++) { if(ma[i][j]) { for(int k=0;k<4;k++) { int tx=i+dirx[k]; int ty=j+diry[k]; if(ma[tx][ty]) { edge[ma[i][j]][ma[tx][ty]]=1; } } } } } v1=v2=cnt; hungrian(); printf("%d\n",cnt-ans/2); } }
用hc算法啊的(不会拼 以后写简写 )
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 500 #define inf INT_MAX char s[maxn][maxn]; int ma[maxn][maxn]; int ans=0; int t; int dirx[4]= {-1,1,0,0}; int diry[4]= {0,0,-1,1}; int bmap[maxn][maxn]; int cy[maxn]; int cx[maxn]; int nx,ny; int dx[maxn]; int dy[maxn]; int dis; bool bmask[maxn]; bool ser() { queue<int>Q; dis=inf; memset(dx,-1,sizeof(dx)); //层数初始化 memset(dy,-1,sizeof(dy)); for(int i=1;i<=nx;i++) //没匹配的进队列 { if(cx[i]==-1) { Q.push(i); dx[i]=0; } } while(!Q.empty()) { int u=Q.front(); Q.pop(); for(int v=1;v<=ny;v++) //历遍每一个y集合 { if(bmap[u][v]&&dy[v]==-1) //如果有边且无层数 { dy[v]=dx[u]+1; if(cy[v]==-1)dis=dy[v]; //如果未匹配,记录层数 else //如果匹配了,更改v匹配的那个人的层数。并进队列。 { dx[cy[v]]=dy[v]+1; Q.push(cy[v]); } } } } return dis!=inf; } int findpath(int u) { for(int v=1;v<=ny;v++) { if(!bmask[v]&&bmap[u][v]&&dy[v]==dx[u]+1) //如果v未vis,并且有边,且是u的下一层 { bmask[v]=1; if(cy[v]!=-1&&dy[v]==dis) //如果v匹配了,并且是最后一层,continue { continue; } if(cy[v]==-1||findpath(cy[v])) //如果v未匹配或者能腾出来位置就更新匹配 { cy[v]=u; cx[u]=v; return 1; } } } return 0; } int maxmatch() { int res=0; memset(cx,-1,sizeof(cx)); memset(cy,-1,sizeof(cy)); while(ser()) //只要存在增广路 { memset(bmask,0,sizeof(bmask)); for(int i=1;i<=nx;i++) { if(cx[i]==-1) { res+=findpath(i); } } } return res; } int main() { int m,n; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&m,&n); memset(bmap,0,sizeof(bmap)); memset(ma,0,sizeof(ma)); int cnt=0; ans=0; for(int i=0;i<m;i++) { scanf("%s",s[i]); for(int j=0;j<n;j++) { if(s[i][j]=='*') { ma[i][j]=++cnt; } } } for(int i=0;i<m;i++) { for(int j=0;j<n;j++) { if(ma[i][j]) { for(int k=0;k<4;k++) { int tx=i+dirx[k]; int ty=j+diry[k]; if(ma[tx][ty]) { bmap[ma[i][j]][ma[tx][ty]]=1; } } } } } nx=ny=cnt; ans=maxmatch(); printf("%d\n",cnt-ans/2); } }
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