二分图的最大匹配（匈牙利算法）

#include 
#include 
using namespace std;

int n,m;  //二分图左边节点数和右边节点数 
int used[1005],match[1005];  //used[i]表示为x匹配时是否使用过了
						  //match[i]表示与i匹配的节点编号 
int g[1005][1005];        //表示i与j是否有边 

bool find(int x)
{
	for (int i = 1; i <= m; i++) 
	{
		if( g[x][i] && !used[i] )   //如果该点与i有边并且i还未被尝试匹配过 
		{
			used[i] = 1;
			if( match[i] == 0 || find(match[i]) )   //如果i点没有匹配或可以为i点匹配的点重新匹配 
			{
				match[i] = x;        //x点成功与i点配对 
				return true;
			}
		}
	}
	return false;
}

int main()
{ 
	int k,ans = 0;
	cin >> n >> m >> k;    //有n个点与m个点进行匹配，k为两部分的点之间的关系 
	for (int i = 0; i < k; i++)
	{
		int x,y;
		cin >> x >> y;
		g[x][y] = 1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		memset(used,0,sizeof(used));
		if( find(i) ) ans ++;   //可以匹配ans++; 
	}
	cout << ans << endl; 
	return 0;
}

复杂度：如果用邻接矩阵，复杂度O(n^3)。邻接表，复杂度O(n*m)

最大匹配引申出来的问题：
二分图的最小点覆盖：寻找一个点集，使得图中每一条边至少有一个点在该点集中，且该点集所包含的点数最少。（最小覆盖的情况下，每边条有且仅有一个端点在该点集中）。
定理：二分图最小覆盖等于二分图的最大匹配。
证明：设最大匹配数为m。
1：至少要m个点
证：因为二分图的最大匹配数为m，而每条边的端点互不相同，故至少要有m个点，才可以覆盖到所有的边。
2：最多要m个点
证：若存在m+1个点，则必有一条边的两个端点在该点集中，删去其中一点仍可以保持每条边被覆盖到，以此类推，大于m个点的点集都不是最小覆盖。
二分图的最大独立集：寻找一个点集，使得这个集合中任意两点都没有边相邻，且该点集所包含的点数最多。
定理：二分图的最大独立集=总点数-最小点覆盖
粗略证明：如果去掉这些点， 相应的关系（边）也都没有了。剩下的点之间就相互没有关系，变成了独立集。因为去掉的是最少的点的集合， 所以剩下的就是最大独立集合。
有向无环图的最小路径覆盖问题：如果图G中每个顶点恰好在P的一条路上，则称P是G 的一个路径覆盖。P中路径可以从V 的任何一个顶点开始，长度也是任意的，特别地，可以为0。G 的最小路径覆盖是G的所含路径条数最少的路径覆盖。
最小路径覆盖数=总点数-二分图最大匹配数
首先，在二分图中一个点就代表者一条路径。那么如果此时二分图内没有连边，那么最小路径覆盖就等于总点数。每当最大匹配数+1时，这条匹配边会连接二分图中的两个点，那么两个点间本来有两条路径覆盖，就变成了一条，即路径覆盖数就会-1。
对于有点无环图来说，我们把所有的点分为入点和出点。对于一条有向边，我们就连一条出点和入点的边，最多需要点数的路径，每多一个匹配就能少一个。而且无环保证了一个点不会与其入点匹配。

/*
有向无环图的最小路径覆盖
如果不是无环可以缩点后再跑 
*/

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

vector<int> g[125];
int used[125],cy[125];

bool find(int x)
{
	for (int i = 0; i < g[x].size(); i++) 
	{
		int t = g[x][i];
		if( !used[t] )   //如果该点与i有边并且i还未被尝试匹配过 
		{
			used[t] = 1;
			if( cy[t] == 0 || find(cy[t]) )   //如果i点没有匹配或可以为i点匹配的点重新匹配 
			{
				cy[t] = x;        //x点成功与i点配对 
				return true;
			}
		}
	}
	return false;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while( t-- )
	{
		int n,m;
		cin >> n >> m;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			g[i].clear();
			cy[i] = 0;
		}
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int x,y;
			cin >> x >> y;
			g[x].push_back(y);
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			memset(used,0,sizeof(used));
			if( find(i) ) ans ++;
		}
		cout << n - ans << '\n';
	} 
	return 0;
}