Going Home---------KM算法

KM算法

KM算法用来解决最大权匹配问题： 在一个二分图内，左顶点为X，右顶点为Y，现对于每组左右连接XiYj有权wij，求一种匹配使得所有wij的和最大。

 

解决思路

基本原理

　　该算法是通过给每个顶点一个标号（叫做顶标）来把求最大权匹配的问题转化为求完备匹配的问题的。设顶点Xi的顶标为A[ i ]，顶点Yj的顶标为B[ j ]，顶点Xi与Yj之间的边权为w[i,j]。在算法执行过程中的任一时刻，对于任一条边(i,j)，A[ i ]+B[j]>=w[i,j]始终成立。 　　KM算法的正确性基于以下定理： 　　若由二分图中所有满足A[ i ]+B[j]=w[i,j]的边(i,j)构成的子图（称做相等子图）有完备匹配，那么这个完备匹配就是二分图的最大权匹配。 　　这个定理是显然的。因为对于二分图的任意一个匹配，如果它包含于相等子图，那么它的边权和等于所有顶点的顶标和；如果它有的边不包含于相等子图，那么它的边权和小于所有顶点的顶标和。所以相等子图的完备匹配一定是二分图的最大权匹配。 　　初始时为了使A[ i ]+B[j]>=w[i,j]恒成立，令A[ i ]为所有与顶点Xi关联的边的最大权，B[j]=0。如果当前的相等子图没有完备匹配，就按下面的方法修改顶标以使扩大相等子图，直到相等子图具有完备匹配为止。 　　我们求当前相等子图的完备匹配失败了，是因为对于某个X顶点，我们找不到一条从它出发的交错路。这时我们获得了一棵交错树，它的叶子结点全部是X顶点。现在我们把交错树中X顶点的顶标全都减小某个值d，Y顶点的顶标全都增加同一个值d，那么我们会发现： 　　1）两端都在交错树中的边(i,j)，A[ i ]+B[j]的值没有变化。也就是说，它原来属于相等子图，现在仍属于相等子图。 　　2）两端都不在交错树中的边(i,j)，A[ i ]和B[j]都没有变化。也就是说，它原来属于（或不属于）相等子图，现在仍属于（或不属于）相等子图。 　　3）X端不在交错树中，Y端在交错树中的边(i,j)，它的A[ i ]+B[j]的值有所增大。它原来不属于相等子图，现在仍不属于相等子图。 　　4）X端在交错树中，Y端不在交错树中的边(i,j)，它的A[ i ]+B[j]的值有所减小。也就说，它原来不属于相等子图，现在可能进入了相等子图，因而使相等子图得到了扩大。 　　现在的问题就是求d值了。为了使A[ i ]+B[j]>=w[i,j]始终成立，且至少有一条边进入相等子图，d应该等于： 　　Min{A[ i ]+B[j]-w[i,j] | Xi在交错树中，Yi不在交错树中}。

改进

　　以上就是KM算法的基本思路。但是朴素的实现方法，时间复杂度为O(n4)——需要找O(n)次增广路，每次增广最多需要修改O(n)次顶标，每次修改顶标时由于要枚举边来求d值，复杂度为O(n2)。实际上KM算法的复杂度是可以做到O(n3)的。我们给每个Y顶点一个“松弛量”函数slack，每次开始找增广路时初始化为无穷大。在寻找增广路的过程中，检查边(i,j)时，如果它不在相等子图中，则让slack[j]变成原值与A[ i ]+B[j]-w[i,j]的较小值。这样，在修改顶标时，取所有不在交错树中的Y顶点的slack值中的最小值作为d值即可。但还要注意一点：修改顶标后，要把所有的不在交错树中的Y顶点的slack值都减去d。 　　Kuhn－Munkras算法流程： 　　(1)初始化可行顶标的值 　　(2)用匈牙利算法寻找完备匹配 　　(3)若未找到完备匹配则修改可行顶标的值 　　(4)重复(2)(3)直到找到相等子图的完备匹配为止

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时间限制(普通/Java):1000MS/3000MS          运行内存限制:65536KByte
总提交:20            测试通过:13

描述

On a grid map there are n little men and n houses. In each unit time, every little man can move one unit step, either horizontally, or vertically, to an adjacent point. For each little man, you need to pay a $1 travel fee for every step he moves, until he enters a house. The task is complicated with the restriction that each house can accommodate only one little man.

Your task is to compute the minimum amount of money you need to pay in order to send these n little men into those n different houses. The input is a map of the scenario, a '.' means an empty space, an 'H' represents a house on that point, and am 'm' indicates there is a little man on that point.

You can think of each point on the grid map as a quite large square, so it can hold n little men at the same time; also, it is okay if a little man steps on a grid with a house without entering that house.

 

输入

There are one or more test cases in the input. Each case starts with a line giving two integers N and M, where N is the number of rows of the map, and M is the number of columns. The rest of the input will be N lines describing the map. You may assume both N and M are between 2 and 100, inclusive. There will be the same number of 'H's and 'm's on the map; and there will be at most 100 houses. Input will terminate with 0 0 for N and M.

 

输出

For each test case, output one line with the single integer, which is the minimum amount, in dollars, you need to pay.

样例输入

 

2 2
.m
H.
5 5
HH..m
.....
.....
.....
mm..H
7 8
...H....
...H....
...H....
mmmHmmmm
...H....
...H....
...H....
0 0

 

样例输出

 

2
10
28

 

题目来源

Pacific Northwest 2004

//最大权二分匹配#include<stdio.h>#include<string>#include<cmath>int g[105][105];//邻接矩阵int m[105][2];//存储人所在位置的坐标int h[105][2];//存储房子所在位置的坐标int lx[105],ly[105];//顶点标号bool sx[105],sy[105];//是否已经搜索过int link[105],n;char ss[105][105];int min(int a,int b){ if(a<b) return a; return b;}bool path(int k)//从x[k]寻找增广路{ int i; sx[k]=true; for(i=0;i<n;i++) { if(!sy[i]&&(lx[k]+ly[i]==g[k][i])) {sy[i]=1;if(link[i]==-1||path(link[i])){link[i]=k;return true;} } } return false;}int BestMatch()//求解最小权匹配{ int d,sum,i,j,k; memset(ly,0,sizeof(ly)); memset(link,-1,sizeof(link)); for(i=0;i<n;i++) {lx[i]=-1; //x中顶点i的编号为与i关联的Y中边的最大权重 for(j=0;j<n;j++) if(lx[i]<g[i][j])lx[i]=g[i][j]; } for( k=0;k<n;k++){ while(1){memset(sx,0,sizeof(sx));memset(sy,0,sizeof(sy));if(path(k)) break;//匹配成功d=10000000;for(i=0;i<n;i++){if(sx[i])for(j=0;j<n;j++){if(!sy[j])d=min(d,lx[i]+ly[j]-g[i][j]);}}for(i=0;i<n;i++){if(sx[i]) lx[i]-=d;if(sy[i]) ly[i]+=d;}for(i=0;i<n;i++){printf("%d %d/n",lx[i],ly[i]);}printf("/n"); }printf("/n"); } sum=0; for(i=0;i<n;i++) sum+=g[link[i]][i]; //注意这里本来是求的最大权匹配,这里取反即为最小权匹配(因为临街矩阵中的边的权值也取反了) return -sum;}int main(){ int mi,hi,M,N,i,j; while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF) { if(N==0&&M==0) break; mi=hi=0; for(i=0;i<N;i++) { scanf("%s",ss[i]); for(j=0;j<M;j++) { if(ss[i][j]=='m') { m[mi][0]=i; m[mi][1]=j; mi++; } else if(ss[i][j]=='H') { h[hi][0]=i; h[hi][1]=j; hi++; } } } n=mi;for(i=0;i<n;i++){printf("%d %d/n",h[i][0],h[i][1]);}printf("/n");for(i=0;i<n;i++){printf("%d %d/n",m[i][0],m[i][1]);} for(i=0;i<n;i++){for(j=0;j<n;j++){g[i][j]=-(abs(m[i][0]-h[j][0])+abs(m[i][1]-h[j][1]));//即将边的权值取反printf("%d ",g[i][j]);}printf("/n");}printf("/n");printf("%d/n",BestMatch()); } return 0;}