[图论总结1]最大独立集

[图论总结1]

    • 最大独立集的概念
      • 独立集
      • 匹配
    • 概念之间的关系及性质
    • 例题

最大独立集的概念

独立集

PICTURE:/home/ldu/.config/tencent-qq//AppData/file//sendpix0.jpg
来自oi-wiki
[图论总结1]最大独立集_第1张图片
在上面的描述中,V是代表的点权,而E代表的是边权
独立集以及最大独立集均是点的集合
从字面意思来说,一张图的最大独立集就是独立集中大小最大的
如果说两个点之间是独立的那么说这两个点之间就没有边相连

匹配

PICTURE:/home/ldu/.config/tencent-qq//AppData/file//sendpix1.jpg
[图论总结1]最大独立集_第2张图片
上面所提到的独立集是点的集合,而匹配则是边的集合
在这个集合中,任一两条边之间是不含有公共的端点的
从字面意思来说,最大匹配也就是所包含的最大数量的边的数量,且任意两个边和边之间没有公共点
对于下面的图来说:
PICTURE:/home/ldu/.config/tencent-qq//AppData/file//sendpix2.jpg
[图论总结1]最大独立集_第3张图片
对于这种图,有4个点3条边
最大独立集就是{2,3,4}
最大匹配就是{1-2} {1-3} {1-4} 中的任意一个其中1-2表示的意思为点1和点2之间的边

概念之间的关系及性质

  1. 最大独立集 = n - 最大匹配
  2. 最大匹配 = 最小点覆盖
  3. 最大独立集 = n - 最小点覆盖
  4. 最大团 = 补图的最大独立集
  5. 最大独立集 = 补图的最大团
    补图:如果n个点两两之间没有边,那么将这两个点连在一起,如果之前两点之间有边,那么就将这两个点之间的边去掉-》得到补图

整理到这里,我们可以发现在上面的图中,要是想知道二分图的最大独立集
可以先做出图的补图,得到补图之后可以从任意两点之间不相邻转换为两点之间相邻
PICTURE:/home/ldu/.config/tencent-qq//AppData/file//sendpix3.jpg
[图论总结1]最大独立集_第4张图片
所以说很容易就能够看出这个图的最大独立集大小就是3 -> {2,3,4}

二分图的最大独立集 -> 一个最大的点的集合,该集合内的任意两点没有边相连。
二分图最大团的定义 -> 一个最大的点的集合,该集合内的任意两点都有边相连。
所以说上面的4.5.是相反的关系

例题

2021年度训练联盟热身训练赛第一场 B Code Names

题目描述

You are given W, a set of N words that are anagrams of each other. There are no duplicate letters in any word. A set of words S ⊆ W S⊆W SW is called “swap-free” if there is no way to turn a word x ∈ S x∈S xS into another word y ∈ S y∈S yS by swapping only a single pair of (not necessarily adjacent) letters in x. Find the size of the largest swap-free set S chosen from the given set W.

输入描述:

The first line of input contains an integer N ( 1 ≤ N ≤ 500 1≤N≤500 1N500). Following that are N lines each with a single word. Every word contains only lowercase English letters and no duplicate letters. All N words are unique, have at least one letter, and every word is an anagram of every other word.

输出描述:

Output the size of the largest swap-free set.

示例1
输入

6
abc
acb
cab
cba
bac
bca

输出
3

示例2
输入

11
alerts
alters
artels
estral
laster
ratels
salter
slater
staler
stelar
talers

输出
8

示例3
输入

6
ates
east
eats
etas
sate
teas

输出

4

要是求最大匹配 / 最小点覆盖问题,可以选择比较简单的匈牙利算法,代码篇幅比较短还比较容易实现
具体的博客内容推荐知乎

具体的思路是我们可以将之间能够swap free的建立关系(连一条边无向边)
然后跑匈牙利算法
然后在遍历n个点的时候,将符合条件的点进行统计-> cnt,然后 temp = cnt / 2 -> 会有一半的重复
最后answer = n - temp;

  1. judge函数用来判断两个字符串之间是不是能够建立联系,如果是能够通过交换两个字母得到,就在两个字符串之间建立一条边(实际在操作的过程中只是需要对字符串的下表进行建边就好,不会对答案产生影响)

  2. 在判断节点是否可行的时候注意将之前加的标注数组vis进行清空,否则会对答案产生影响

  3. a数组是用来存储边的,vis数组用来标记节点是否已经被访问过,fa数组用来存储一个节点已经配对的节点的编号

  4. 对某一个点进行判断的时候,可以将所需要判断的点传参进入dfs函数,然后遍历和这个点相连的所有点节点,当与x节点相连的点没有被访问过的时候,我们就可以将这个点标记为访问过,并递归处理这个点,处理的条件是这个点没有与之建立匹配关系的节点,或者是这个点可以进行匹配,用上面博客里的一句话就是://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。其中,左侧可以理解为二分图的另一部分,当然是和这个点不在同一块的部分

  5. 然后就可以输出n - cnt / 2即可

int a[507][507];
int fa[507];
int n;
string s[507];
bool vis[507];
bool judge(string a,string b){
     
    if(a.size() != b.size()) return false;
    int len = a.size();
    int cnt = 0;
    int pos1,pos2;
    for(int i=1;i<=len;i++){
     
        if(a[i-1] != b[i-1]){
     
            cnt ++;
            if(cnt > 2) return 0;
            if(cnt == 1) pos1 = i-1;
            else if(cnt == 2) pos2 = i-1;
        }
    }
    if(a[pos1] != b[pos2]) return false;
    if(a[pos2] != b[pos1]) return false;
    return true;
}
bool dfs(int x){
     
    for(int i=1;i<=n;i++){
     
        if(i == x) continue;
        if(a[x][i] && !vis[i]){
     
            vis[i] = 1;
            if(!fa[i] || dfs(fa[i])){
     
                fa[i] = x;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int main()
{
     
    n = read;
    memset(fa,0,sizeof fa);
    memset(a,0,sizeof a);
    for(int i=1;i<=n;i++) cin >> s[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
     
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
     
            if(judge(s[i],s[j])){
     
                a[i][j] = 1;
                a[j][i] = 1;
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
     
        memset(vis,0,sizeof vis);
        if(dfs(i)) ans ++;
    }
    cout<<(n - (ans >> 1)) <<endl;
    return 0;
}

你可能感兴趣的:(图论)