带花树
Problem
UOJ79.
某机房里有$n$个OIer，其中有$n$个男生，$0$个女生。现在他们要两两配对。
有$m$个关系，每个关系是一个无序对$(a_i,b_i)$，表示这两个人之间愿意配对。
求：最多能配成多少对，并找出一组方案。
说人话：一般图最大匹配。
Algorithm
既然是匹配，我们能不能直接模仿匈牙利算法呢？答案是不可以（废话，可以的话还要什么带花树啊）。
原因是：我们在二分图中，如果dfs找增广路时经过某个点找不到，那么我们可以证明这一轮中这个点的确是无用的（也即，这一轮里所有的增广路都不经过这个点），于是我们就能保证每个点至多走一遍，时间复杂度得到带花树 但是如果是一般图，这个性质不一般成立。比如下图：
图中红线是已匹配的边。那么，如果我从$1$开始dfs时先经过$2$，那么接下来就只能到$4$（因为只能走匹配边），然后是$5,3$，同时我们会给这四个节点都打一个“找不到增广路”的标记。
但是实际上存在$1\rightarrow3\rightarrow5\rightarrow4\rightarrow2\rightarrow6$这条增广路。仔细观察我们就能发现：这种现象之所以存在，是由于奇环$1-3-5-4-2-1$的存在（如果没有奇环，就变成了二分图匹配，这时候匈牙利算法就是对的）。
那么，对于奇环，有什么后果呢？显然，如果我们dfs出了一个奇环，那么无论环上那个点dfs出了增广路都是可行的。（例如，上图中，如果从$5$处dfs出一条增广路，使得$5$匹配到别的点且$3$成为未盖点，那么可以走$1-3$。同样，如果$5$被孤立，我们可以走$1-2-4-5$来把$5$匹配上）
于是，我们可以把一个奇环当做一个点（这个奇环被称为“花”，这就是带花树名字的来历），然后继续找增广路。
形式化的，如果我们在图$G=(V,E)$中找到了一个奇环$v_1-v_2-\dots-v_k-v_1$（称为“花”），其中$v_1$是环上的深度最小的结点，不难证明，$v_1$的配偶不在此花中（因为在找到这个花之前所有边组成一个二分图，那么由于$v_1$向下dfs/bfs出了一个花，它一定是X结点，只有X结点会向外扩展），且$(v_2,v_3),(v_4,v_5)\dots(v_{k-1},v_{k})$都是匹配边。那么我们构建一个图
$$\begin{aligned}G'&=(V', E'),\\ V'&=V/\{v_2,v_3\dots,v_k\},\\ E'&=\{(f(a),f(b))|(a,b)\in E, a,b\neq v_i, i=1\dots k\}\end{aligned}$$
其中$f(v_i)=v_1, f(a)=a(a\neq v_j), i, j=1,2,\dots,k$
并且原本$G$中的所有匹配除掉$(v_2,v_3),(v_4,v_5)\dots(v_{k-1},v_{k})$构成$G'$的一个匹配。
那么，$G$中存在增广路$\Leftrightarrow$$G'$中存在增广路。
证明：
$\Rightarrow$：对于$G$中的任意一条增广路，若其不经过这朵花，那么在$G'$中也存在这条增广路；否则，令这条从$s$开始的增广路上的最后一个在花上的点为$v_j$，那么这条增广路形如 $s\leadsto v_j \leadsto t$，我们在$G'$上构造如下增广路：先从$s \leadsto v_1 \leadsto t$，其中第一段路程沿着bfs/dfs树走，第二段路程沿着原图中的增广路走，唯一不同的是$v_j$变成了$v_1$（这是合法的，因为所有从$v_j$出发的边都被连到了$v_1$上，而且我们根据所有$v$都是已盖点可以知道$v_j$出发的边是非匹配边）。
$\Leftarrow$：对于$G'$中的一条增广路，若它不经过$v_1$，则$G$中也存在；否则，设这条增广路为$s\leadsto v_1\rightarrow x \leadsto t$（$x$可能等于$t$），根据$E'$的定义存在$(v_i, x)\in E$，从而我们构造$G$中的增广路：$s\leadsto v_1\leadsto v_i \rightarrow x \leadsto t$，其中第一段和第三段不变（因为增广路上$v_1$至多出现1次，所以这两段在$G$中存在），第二段是在花里走（或者精确一点，若$i$是奇数，走$v_1\rightarrow v_2 \dots v_i$，否则走$v_1\rightarrow v_k \dots v_i$。证毕。
bfs时，我们可以$O(n)$求出LCA并$O(kn)$缩花，从而单次bfs至多$O(n^2)$，总复杂度至多$O(n^3)$。
实现上，我们不实际缩点，而是对于每个点维护一个$fa$，表示它所处的最大的花的LCA（就是$v_1$）。由于花里可能还有花，这个$fa$要用并查集维护。在证明中构造增广路是通过判断$i$奇偶性，但实际上我们可以直接维护每个点要往哪边走，也即维护一个$link_i$表示如果$i$失配要和谁匹配（例如，$link_{v_2}=v_1,link_{v_3}=v_4$）。找LCA的时候直接暴力$O(n)$，但要注意只找每个并查集的根节点（因为非根节点都缩到花里了）；缩花时要注意如果两个点已经在一朵花里就不要再缩了。
Code
#include <algorithm>
#include <cstdio>
const int N = 700;
const int M = N * N * 2;
int pre[N], nxt[M], to[M], n, cnt;
int mate[N], link[N], vis[N], fa[N];
int que[N], hd, tl;
void addEdge(int x, int y) {
nxt[cnt] = pre[x];
to[pre[x] = cnt++] = y;
}
int Find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = Find(fa[x]); }
int LCA(int x, int y) {
static int ss[N], tim;
++tim;
while (ss[x] != tim) {
if (x) { ss[x] = tim; x = Find(link[mate[x]]); }
std::swap(x, y);
}
return x;
}
void Flower(int x, int y, int p) {
while (Find(x) != p) {
link[x] = y;
fa[y = mate[x]] = fa[x] = p;
if (vis[y] == 1) vis[que[tl++] = y] = 2;
x = link[y];
}
}
bool match(int x) {
hd = tl = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[fa[i] = i] = 0;
vis[que[tl++] = x] = 2;
while (hd < tl) {
x = que[hd++];
for (int i = pre[x]; ~i; i = nxt[i]) {
int u = to[i];
if (!vis[u]) {
vis[u] = 1;
link[u] = x;
if (!mate[u]) {
while (x) {
x = mate[link[u]];
mate[mate[u] = link[u]] = u;
u = x;
}
return true;
} else
vis[que[tl++] = mate[u]] = 2;
} else if (vis[u] == 2 && Find(u) != Find(x)) {
int p = LCA(x, u);
Flower(x, u, p);
Flower(u, x, p);
}
}
}
return false;
}
int main() {
int m, x, y, ans = 0;
scanf("%d%d", &n ,&m);
std::fill(pre + 1, pre + n + 1, -1);
while (m--) {
scanf("%d%d", &x, &y);
addEdge(x, y);
addEdge(y, x);
if (!mate[x] && !mate[y])
mate[mate[x] = y] = x, ++ans;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!mate[i] && match(i))
++ans;
printf("%d\n", ans);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d ", mate[i]);
return 0;
}