iteye_6233
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POJ 1486 二分图最大匹配 必要匹配

本题的意思就是把所有的必要匹配输出，但是貌似没说必须是满的匹配

所谓必要匹配在本题中的意思就是，在所有的最大匹配中，1个数字都会匹配到同一个字母上去。那么这个数字和字母的匹配就是必要匹配了

使用的方法就是进行删边，先做一次最大匹配，然后对每个数字，将其匹配的边删掉后的图中进行寻找增广路的操作，如果能找到增广。说明该数字的匹配不唯一。

否则就输出。

另外本题最好用邻接矩阵来做，因为数字比较小并且删边时操作方便。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define eps 1e-5
#define MAXN 100005
#define MAXM 320005
#define INF 100000007
using namespace std;
struct node
{
    int x1, x2, y1, y2;
}p[30];
int g[30][30], link[30];
bool vis[30];
int n;
int dfs(int u)
{
    for(int v = 0; v < n; v++)
        if(g[u][v] && !vis[v])
        {
            vis[v] = 1;
            if(link[v] == -1 || dfs(link[v]))
            {
                link[v] = u;
                return 1;
            }
        }
    return 0;
}
int solve()
{
    int ans = 0;
    memset(link, -1, sizeof(link));
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        ans += dfs(i);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int cas = 0;
    while(scanf("%d", &n) != EOF && n)
    {
        if(cas) printf("\n");
        printf("Heap %d\n", ++cas);
        for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d%d%d", &p[i].x1, &p[i].x2, &p[i].y1, &p[i].y2);
        memset(g, 0, sizeof(g));
        int x, y;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            for(int j = 0; j < n; j++)
                if(x > p[j].x1 && x < p[j].x2 && y > p[j].y1 && y < p[j].y2)
                    g[i][j] = 1;
        }
        solve();
        int flag = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            int tmp = link[i];
            link[i] = -1;
            g[tmp][i] = 0;
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            if(!dfs(tmp))
            {
                if(flag) printf(" ");
                printf("(%c,%d)", 'A' + i, tmp + 1);
                flag = 1;
                link[i] = tmp;
            }
            g[tmp][i] = 1;
        }
        if(!flag) printf("none\n");
        else printf("\n");
    }
    return 0;
}



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