有一張左部 \(n\) 個點，右部 \(m\) 個點，\(t\) 條邊的二分圖，求在強制連哪些邊後，圖的最大匹配會減小。
\(1\leq n,m \leq 10000\) ， \(1\leq t\leq 100000\) 。
引入兩個概念：二分圖的必需邊和可行邊。
先說他們該如何判定，我們先用最大流求出二分圖的乙個可行解，得到殘餘網路，我們畫一下圖：
這時 \(1\) 和 \(3\) 匹配， \(2\) 和 \(4\) 匹配，注意到在這種情況下，\((1,3)\) 和 \((2,4)\) 都不可能是必需邊，因為它倆不匹配，可以被另外的邊替代：
這樣可以類推得到結論：
必需邊 \(\leftrightarrow\) 在殘留網路上為匹配邊且兩端點不屬於同乙個強連通分量
可行邊 \(\leftrightarrow\) 在殘留網路上為匹配邊或兩端點在同乙個強連通分量內
而這道題求的就是不可行邊，即可行邊的補集， \(dinic\) 最大流 \(+\)
\(tarjan\) 強連通分量 就做完了。
時間複雜度 \(o(t \sqrt)\) 。
#include#include#include#include#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define n 20010
#define e 200200
#define inf 0x3f3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return s*w;
}int head[n],to[e],nxt[e];
int cnt,n,m,e,s,t;
int cap[e],d[n];
int c[n],dfn[n],low[n],scc,num;
int rlt[n][3]; //short for "relation"
bool in[n];
queueq;
stackst;
void init()
void add_e(int a,int b,bool id)
bool bfs()
}return false;
}int dinic(int x,int flow)
}return flow-rest;
}void tarjan(int x)else if(in[y])
low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}if(dfn[x]==low[x])while(y!=x);
}}int main()
s=0,t=m+n+1;
rep(i,1,n)add_e(s,i,1);
rep(i,1,m)add_e(i+n,t,1);
int flow,maxflow;
while(bfs())
rep(i,0,n+m+1)
int ans=0;
rep(i,1,e)
cout<
rep(i,1,e)
return 0;
}
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