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匈牙利法例题

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【优秀范文】匈牙利法例题

范文一:匈牙利法应用实例 投稿:刘耣耤

员工任务指派方法

匈牙利法的应用实例

西华师范大学管理学院 刘长江 Tel:13980310639

QQ:

2009-4-18

1040770620

1

匈牙利法解决员工任务合理指派问题 时,应当具备以下两个约束条件

1.员工数目与任务数相等; 2.求解的是最小化问题,如工作时间最 小化,费用最小化等。

2009-4-18

2

假定甲单位有甲、乙、丙、丁、戊五个员工,需要在一 定的生产技术组织条件下,完成A、B、C、D、E五项任 务,每个员工完成每项工作所需要耗费的工作时间,如 表2-6所示。员工与任务之间应当如何进行配置,才能保 证完成工作任务的时间最短?

员工 任务

甲 10 13 3 18 11

乙 5 19 2 9 6

丙 9 6 4 12 14

丁 18 12 4 17 19

戊 11 14 5 15 10

3

A B C D E

2009-4-18

表2-6 各员工完成任务时间汇总表

1. 以各个员工完成各项任务的时间构造矩阵一

矩阵一

10 13 3 18 11

5 19 2 9 6

9 6 4 12 14

18 12 4 17 19

11 14 5 15 10

2009-4-18

4

2.对矩阵一进行行约减,即每一行数据 减去本行数据中的最小数,得矩阵二。

矩阵二

5 7 1 9 5

0 13 0 0 0

4 0 2 3 8

13 6 2 8 13

6 8 3 6 4

注意:也可先进行列约减,再进行行约减。

2009-4-18 5

3.检查矩阵二,若矩阵二各行各列均有 “0”,则跳过此步,否则进行列约减,即每 一列数据减去本列数据中的最小数,本例 属于后一种情况,经变换得矩阵三。

矩阵三

4 0 4 11 3 6 13 0 4 5 0 0 2 0 0 8 0 3 6 3 4 0 8 11 1

注意:也可先进行列约减,再进行行约减。

2009-4-18 6

4. 画“盖0”线。即画最少的线将矩阵三中的 0全部覆盖住,得矩阵矩阵四。操作技巧: 从含“0”最多的行或列开始画“盖0”线。

矩阵四

4 0 4 11 6 13 0 4 0 0 2 0 8 0 3 6 4 0 8 11

3 5 0 3 1

2009-4-18

7

5.数据转换。若“盖0”线的数目等于矩阵的维数则直接 跳到第七步,若“盖0”线得数目小于矩阵得维数则进行 数据转换,本例属于后一种情况,应进行转换,操作步 骤如下:(1)找出未被“盖0”线覆盖的数中的最小值λ, 例中λ=1。(2)将未被“盖0”线覆盖住的数减去λ。(3)将 “盖0”线交叉点的数加上λ。本例结果见矩阵五。

矩阵五

3 0 5 13 0 1 7 0 3 0

2009-4-18

4 10 2 0 3 4 3 0 0 3 5 2 8 10 0

8

6.重复第4步和第5步,直到“盖0”线的数目等于矩 阵的维数。本例最终矩阵见矩阵六。

矩阵六

0 2 0 4 0

2009-4-18

0 13 4 0 0

4 0 6 3 8

7 0 0 2 7

2 4 0 2 0

9

7.求最优解。对n维矩阵,找不同行,不列的n个0“0”每个 “0”的位置代表一对配置关系,具体步骤如下: (1)先找只含有一个“0”的行,将该行中的“0”打“√”。 (2)将带“√”的“0”所在列(或行)中的“0”打“×”。 (3)重复(1)步和(2)步至结束。若所有行列均含有多个“0”, 则从‘“0”的数目最少的行或列

中任选一个“0”打“√”。见 矩阵七

矩阵七

0∨ 0× 2 13 0× 4 4 0∨ 0× 0×

2009-4-18

4 7 0∨ 0× 6 0∨ 3 2 8 7

2 4 0× 2 0∨

10

得出表2-7所示的员工配置最终结果。即员工甲负责任 务A,员工乙负责任务D,员工丙负责任务B,员工丁 负责任务C,员工戊负责任务E。

员 工 任 务

甲 10

丙 6

A B C D E

4 9 10

表2-7 员工完成任务时间汇总(单位:小时)

2009-4-18 11

(二)匈牙利法的推广应用 当员工数目与任务数目不一致,或求最 大化问题时,可通过对问题进行改造使 之满足匈牙利法的要求。

2009-4-18

12

1. 员工数目与任务数目不一致的情况。

2009-4-18

13

1.员工数目与任务数目不一致的情况。 (1)当员工数目多于任务数目时,可增添虚任务,添的 虚任务的工作时间、利润为“0”。 例如乙公司目前有5个员工,需要完成4项任 务,作的工作时间如表2-8所示。应如何分配 任务才能保证工作时间最短?

员 任 务 工

甲 10 13 3 18

乙 5 19 2 9

丙 9 6 4 12

丁 18 12 4 17

戊 11 14 5 15

14

A B C D

2009-4-18

表2-8 员工完成任务时间汇总一

分析:五个员工负责四项任务,则必有一员工没有任务, 此时可增添一项虚任务E,则各员工完成任务E的时间均 为0,上表变形为表2-9。此时本题可用匈牙利法计算。

员 任 务 工

甲 10 13 3 18

乙 5 19 2 9

丙 9 6 4 12

丁 18 12 4 17

戊 11 14 5 15 0

15

A B C D E

2009-4-18

0 0 0 0 表2-9 员工完成任务时间汇总二

(2)当员工数目少于任务数目时,可让一个员工承担两 个任务。 例如,丙公司安排2个员工,完成3项任务,每 个员工完成每项工作的时间如表2-10所示。应 如何分配任务才能保证工作时间最短?

员 任 务 工

甲 10 13 3

乙 5 19 2

16

A B C 表2-10

2009-4-18

分析:两个员工负责三项任务,则必有一个员工须 承担两项任务,因此增加甲’和乙’,分别表示他们完 成第二项工作的情况,则上表变形为表2-11。

员 工 任 务

甲 10 13 3

甲’ 10 13 3

乙 5 19 2

乙’ 5 19 2

A B C

表2-11 员工完成任务时间汇总

2009-4-18 17

表2-11中,员工数目多于任务数目,因此采用方法 (1),添加虚任务D,得表2-12。此时本题可用匈牙利 法计算。

员 任 务 工

甲 A B 10 13

甲’ 10 13

乙 5 19

乙’ 5 19 2 0

C 3 3 2 D 0 0 0 表2-12 员工完成任务时间汇总

2009-4-18

18

2. 求最大化问题

2009-4-18

19

当所求问题为求最大化值时,可用数据表 中最大的数据分别减去数据表中所有数 据,得出新的数据表,则问题转化为求最 小值。

2009-4-18

20

例如丁公司目前有5名员工完成5项任务,每个员工 完成各项任务所能获取的利润如表2-13所示。

员 任 务 工

甲 10 13 3 18 11

乙 5 19 2 9 6

丙 9 6 4 12 14

丁 18 12 4 17 19

戊 11 14 5 15 1

0

A B C D E

表2-13员工完成任务收益汇总(单位:万元)

2009-4-18 21

表2-13中最大的数据为19。用19分别减去表中的各 个数据,则数据表转化为表2-14,本题可用匈牙利 法计算。

员 任 务 工

甲 9 6 16 1 8

乙 14 0 17 10 13

丙 10 13 15 7 5

丁 1 7 15 2 0

戊 8 5 14 4 9

A B C D E

表2-14员工完成任务收益汇总(单位:万元)

2009-4-18 22

范文二:匈牙利法题目 投稿:邵幾广

运输任务人员指派

现在有一送货到外地的货源,客户要求货物第二天要全部送出,某运输公司承揽了这项业务,由于是淡季,公司有足够的车辆和驾驶人员来完成这次任务,因客户要求将货物送往六个外省地区,所以运输公司分配六辆车来完成这次任务,由于车辆、司机及路况等因素的影响,同一车辆去六个地点运输成本会不同,调度人员对每辆车去不同的地点花费的成本进行了估算,成本资料如下表。

46623924

512847

5342

4938

3149657438564334

解:令 C29

1

43513236

4258

43495132

26603836

7650

27111900128

251406

07

191180

25375029

1117

C= 2

3

11

2

28102219

11

10

7

11825146

C=

4

2810

27

1119

8022

014

19520

4619

314423

1117

C= 6

5

61912211

00

6102219

11191919014

3144811 C= 6

19

范文三:练习题--匈牙利法 投稿:邵赞赟

五、有4个工人,要指派他们分别完成4项工作,每人做各项工作所消耗的时间如下表所示。

解:用匈牙利法求解过程如下:

1519C

2619 11

C

2

18231721432322122162346

2418 行列变化后得 1917

 画出最少覆盖 0 的直线 r, 由于r=3<阶数, 调

整 0元素的分布后得

2

C

3

C

63 画出最少覆盖 0 的直线 r, 由于r=3<阶数, 5

 画出最少覆盖 0 的直线 r, 由于r=4=阶数 调整 0

得最优指派:

01001001000000X1X20010010

0001010

最少的耗时数z=15+18+16+21=70。

0100

范文四:匈牙利算法 投稿:许悕悖

匈牙利算法

以下转载自 北大BBS ACM版 第216篇文章~

匈牙利算法,在ftp上“算法整理”看到的

自己写过几次,也看过一些别人实现的

觉得这一段比较简短清晰,容易套用,适合做模板

套着做了一下 1043 What's in a name 和 1087 A Plug for Unix

效率也还好

int Bipartite(bool vc [][MAX],int nv1,int nv2) {

int i, j, x, n;

int q[MAX], prev[MAX], qs, qe;

int vm1[MAX], vm2[MAX];

n = 0;

for( i = 0; i < nv1; i++) vm1[i] = -1;

for( i = 0; i < nv2; i++) vm2[i] = -1;

for( i = 0; i < nv1; i++) {

for( j = 0; j < nv2; j++) prev[j] = -2;

qs = qe = 0;

for( j = 0; j < nv2; j++) if( vc[i][j]) {

prev[j] = -1;

q[qe++] = j;

}

while( qs < qe) {

x = q[qs];

if( vm2[x] == -1) break;

qs++;

for( j = 0; j < nv2; j++) if( prev[j] == -2 && vc[vm2[x]][j]) {

prev[j] = x;

q[qe++] = j;

}

}

if( qs == qe) continue;

while( prev[x] > -1) {

vm1[vm2[prev[x]]] = x;

vm2[x] = vm2[prev[x]];

x = prev[x];

}

vm2[x] = i;

vm1[i] = x;

n++;

}

return n;

}

补充(By Cy)

本人感觉看懂2分图似乎不是一件很容易的事情~ 但是有了例程,做起题来,方便多了~ 不

过,最好还是自己能够搞懂~ 这样,如果稍微变换一下~ 改起来也容易.

试着用这个例程 做了一下: ZJU上的 1137 (Girls and Boys) 和 1140(Courses) 都很

容易的过了~ 效率确实不错~ 而且值得注意的是. 这个是一届ACM的2道题. 也就是说:

那次的ACM(Southeastern Europe 2000) 8道中2道用到了 2分图. 以自己的经验来说:

去年的ACM分区,也遇到了2分图的问题. 但是,由于水平不够,没能做出~ 以往在中国的赛

区,2分图的题也出现过~ 值得引起注意~

范文五:匈牙利算法 投稿:郭洌洍

匈牙利算法(Edmonds算法)步聚:

(1)首先用(*)标记X中所有的非M顶点,然后交替进行步骤(2),(3)。

(2)选取一个刚标记(用(*)或在步骤(3)中用(yi)标记)过的X中顶点,例如顶点x

i,如果

xi与y为同一非匹配边的两端点,且在本步骤中y尚未被标记过,则用(xi)

去标记Y中顶点y。重复步骤(2),直至对刚标记过的X中顶点全部完成一遍上述过程。 (3)选取一个刚标记(在步骤(2)中用(xi)标记)过的Y中结点,例如yi,如果yi与x为

同一匹配边的两端点,且在本步骤中x尚未被标记过,则用(yi)去标记X中结点x。重复步骤(3),直至对刚标记过的Y中结点全部完成一遍上述过程。

(2),(3)交替执行,直到下述情况之一出现为止:

(I)标记到一个Y中顶点y,它不是M顶点。这时从y出发循标记回溯,直到(*)标

记的X中顶点x,我们求得一条交替链。设其长度为2k+1,显然其中k条是匹配边,k+1条是非匹配边。

(II)步骤(2)或(3)找不到可标记结点,而又不是情况(I)。

(4)当(2),(3)步骤中断于情况(I),则将交替链中非匹配边改为匹配边,原匹配边改为非

匹配边(从而得到一个比原匹配多一条边的新匹配),回到步骤(1),同时消除一切现有标记。

(5)对一切可能,(2)和(3)步骤均中断于情况(II),或步骤(1)无可标记结点,算法终止

(算法找不到交替链).

以上算法说穿了,就是从二分图中找出一条路径来,让路径的起点和终点都是还没有匹配过的点,并且路径经过的连线是一条没被匹配、一条已经匹配过交替出现。找到这样的路径后,显然路径里没被匹配的连线比已经匹配了的连线多一条,于是修改匹配图,把路径里所有匹配过的连线去掉匹配关系,把没有匹配的连线变成匹配的,这样匹配数就比原来多1个。不断执行上述操作,直到找不到这样的路径为止。

下面给出此算法的一个例子:

(1) 置M = 空,对x1-x6标记(*)。

(2)找到交替链(x1, y1)(由标记(x1),(*)回溯得),置M = {(x1, y1)}。

(3)找到交替链(x2, y2)(由标记(x2),(*)回溯得),置M = {(x1, y1), (x2, y2),}。

(4)找到交替链(x3, y1, x1, y4)(如图9.4所示。图中虚线表示非匹配边,细实线表示交替链中非匹配边,粗实线表示匹配边),因而得M = {(x2, y2), (x3, y1),(x1, y4)}。 (5)找到交替链(x4, y3)(由标记(x4),(*)回溯得),置M = {(x2, y2), (x3, y1),(x1, y4), (x4, y3)}。

(6)找到交替链(x5, y4, x1, y1, x3, y7)(如图9.5所示,图中各种线段的意义同上),因而得

M = {(x2, y2), (x4, y3),(x5, y4), (x1, y1), (x3, y 7)}

下面是几个练习题:

1387 Guardian of Decency

题目给出一些boy和girl,有一些规则他们在一些条件下可能恋爱,求最多有多少人,他们之间不会恋爱,根据这样的规则构建一个二分图:boy和girl分两边,分别作为左右结点,根据规则如果满足可能恋爱的条件就连接,否则不连接,求出最大匹配,N-max_number_of_couples即为要求的结果。 实现代码:

#include #include #include using namespace std; typedef struct{ char sex; string str; int height; string sports; }People;

People p[505]; int n;

int px[505],py[505]; int map[505][505]; int flag[505];

int check(int i,int j){

if(abs(p[i].height-p[j].height)<=40&&p[i].sex!=p[j].sex&&p[i].str.compare(p[j].str)==0&&p[i].sports.compare(p[j].sports)!=0)return 1; return 0; }

int Path(int i){ int j; px[i]=1;

for(j=1;j<=n;j++){

if(map[i][j]&&!py[j]){ py[j]=1;

if(flag[j]==-1||Path(flag[j])){ flag[j]=i; return 1; } } }

return 0; }

void Max_Match(){ int i;

int Max=0;

memset(flag,-1,sizeof(flag)); for(i=1;i<=n;i++) px[i]=0;

for(i=1;i<=n;i++){

memset(py,0,sizeof(py)); if(!px[i])Max+=Path(i); }

cout<

int main(){ int i,j,k; int m; cin>>m; while(m--){ cin>>n;

for(i=1;i<=n;i++) {

cin>>p[i].height>>p[i].sex>>p[i].str>>p[i].sports; }

memset(map,0,sizeof(map)); for(i=1;i<=n;i++)

for(j=1;j<=n;j++) if(check(i,j)) map[i][j]=1; Max_Match(); } return 0; }

2730 Gopher II

该题给出m个动物的地点,n个洞,还有速度和时间(其实就是给了距离),问m个动物最多能有几个在规定的时间里一规定的速度躲到洞里逃生,。典型的二分图匹配的问题,动物的位置为左边的结点,洞为右边的结点,如果他们的距离小于等于时间×速度,我们就认为他们是连接的,否则认为不连接,我们只要计算最大二分图匹配数,就是可以逃生的动物数,用总数减去匹配数就是不能逃生的,即为所求。 实现代码:

#include #include using namespace std; #define Max 101 typedef struct {

double x,y; }Node;

int map[Max][Max]; bool mark[Max]; int nx,ny;

int cx[Max],cy[Max]; Node G[Max],H[Max];

int Find_Path(int u) { int i;

for(i=0;i

if(map[u][i]&&!mark[i]) {

mark[i]=true;

if(cy[i]==-1||Find_Path(cy[i])) {

cy[i]=u; cx[u]=i; return 1; } } }

return 0; }

int Max_Match()

int res=0; int i,j;

for(i=0;i

if(cx[i]==-1) {

for(j=0;j

return res; }

int main() {

int i,j; int s,v;

while(cin>>nx>>ny>>s>>v) {

for(i=0;i>G[i].x>>G[i].y; for(i=0;i>H[i].x>>H[i].y; for(i=0;i

if(sqrt((((G[i].x-H[j].x)*(G[i].x-H[j].x))+((G[i].y-H[j].y)*(G[i].y-H[j].y))))/v

cout<

return 0; }

1990 Asteroids

题目给出一个矩阵,上面有敌人,每个子弹可以打出一横行或者一竖行,问最少用多少子弹消灭都有敌人,如: X.X .X. .X.

x表示敌人,显然用两个子弹就可以解决所有敌人。

下面介绍一下二分图的最小点覆盖数:假如选了一个点就相当于覆盖了以它为端点的所有边,你需要选择最少的点来覆盖所有的边。König定理是一个二分图中很重要的定理,它的意思是,一个二分图中的最大匹配数等于这个图中的最小点覆盖数。

这样,我们可以构建一个这样的二分图,左右边的结点数分别是矩阵的行和列,然后有敌人的地方就连接上(例如第一行第一列有敌人,就连接左边的1和右边的1),这样,二分图中的每条边就代表一个敌人,我们找到最少的n个点,这n个点能覆盖二分图中的所有边,即是最小点覆盖数,根据König定理,一个二分图中的最大匹配数等于这个图中的最小点覆盖数,所以只要求这样一个二分图的最大二分匹配即可。

实现代码:

#include #include #define MAXN 505 int uN,vN;

bool g[MAXN][MAXN]; int xM[MAXN],yM[MAXN]; bool chk[MAXN]; bool SearchPath(int u) {

int v;

for(v=1;v<=vN;v++)

if(g[u][v]&&!chk[v]) {

chk[v]=true;

if(yM[v]==-1||SearchPath(yM[v])) {

yM[v]=u; xM[u]=v; return true; } }

return false; }

int MaxMatch() {

int u,ret=0;

memset(xM,-1,sizeof(xM));

memset(yM,-1,sizeof(yM));

for(u=1;u<=vN;u++)

if(xM[u]==-1)

{

memset(chk,false,sizeof(chk));

if(SearchPath(u))ret++;

}

return ret;

}

int main()

{

int i,j,x,y;

while(scanf(

{

for(i=1;i<=vN;i++)

for(j=1;j<=vN;j++)

g[i][j]=0;

for(i=0;i

{

scanf(

g[x][y]=1;

}

printf(

}

return 0;

}

题目给出一些boy和girl,有一些人有罗曼史,比如A和B有罗曼史,那么B和A就有罗曼史,求最多有多少人,他们之间没有罗曼史,根据这样的规则构建一个二分图:boy和girl分两边,分别作为左右结点,根据规则如果有罗曼史就连接,否则不连接,求出最大匹配,N-max_number_of_couples/2即为要求的结果,因为比如A和B有罗曼史,那么B和A就有罗曼史,所以重复算了一次(在这种情况下A和B去掉一个即可)。

实现代码:

#include

using namespace std;

int map[1000][1000];

int xm[1000],ym[1000];

bool mark[1000];

int n;

bool SearchPath(int u)

{

int v;

for(v=0;v

if(map[u][v]&&!mark[v])

{

mark[v]=true;

if(ym[v]==-1||SearchPath(ym[v]))

{

xm[u]=v;

ym[v]=u;

return true;

}

}

return false;

}

int Max_Match()

{

int ret=0;

int i,j;

for(i=0;i

{

xm[i]=-1;

ym[i]=-1;

}

for(i=0;i

if(xm[i]==-1)

{

for(j=0;j

mark[j]=false;

if(SearchPath(i))ret++;

}

return ret;

}

int main()

{

int i,j,m,x,y,ans;

char c;

while(cin>>n)

{

for(i=0;i

for(j=0;j

map[i][j]=0;

for(i=0;i

{

scanf(

}

scanf(

1222 The Perfect Stall

根据题意构建一个二分图,我们只要计算最大二分图匹配数,即为要求的结果

实现代码:

#include

using namespace std;

int map[205][205];

int xm[205],ym[205];

bool mark[205];

int n,m;

bool Search_Path(int u)

{

}

int Max_Match() int v; for(v=1;v<=m;v++) if(map[u][v]&&!mark[v]) { } return false; mark[v]=true; if(ym[v]==-1||Search_Path(ym[v])) { } ym[v]=u; xm[u]=v; return true;

{

}

int main() {

} int i,j,k,x; while(cin>>n>>m) { } return 0; for(i=1;i<=n;i++) { } x=Max_Match(); cout<>k; for(j=1;j<=k;j++) { } cin>>x; map[i][x]=1; for(j=1;j<=m;j++) map[i][j]=0; int i,j; int ret=0; for(i=1;i<=n;i++) xm[i]=-1; ym[i]=-1; if(xm[i]==-1) { } return ret; memset(mark,false,sizeof(mark)); if(Search_Path(i))ret++; for(i=1;i<=m;i++) for(i=1;i<=n;i++) for(i=1;i<=n;i++)

范文六:匈牙利算法 投稿:邱楗楘

匈牙利算法

问题简介

设G=(V,E)是一个无向图。如顶点集V可分割为两个互不相交的子集V1,V2之并,并且图中每条边依附的两个顶点都分属于这两个不同的子集。则称图G为二分图。二分图也可记为G=(V1,V2,E)。

给定一个二分图G,在G的一个子图M中,M的边集{E}中的任意两条边都不依附于同一个顶点,则称M是一个匹配。

选择这样的子集中边数最大的子集称为图的最大匹配问题(maximal matching problem)

如果一个匹配中,图中的每个顶点都和图中某条边相关联,则称此匹配为完全匹配,也称作完备,完美匹配。

算法描述

求最大匹配的一种显而易见的算法是:先找出全部匹配,然后保留匹配数最多的。但是这个算法的时间复杂度为边数的指数级函数。因此,需要寻求一种更加高效的算法。下面介绍用增广路求最大匹配的方法(称作匈牙利算法,匈牙利数学家Edmonds于1965年提出)。

增广路的定义(也称增广轨或交错轨):

若P是图G中一条连通两个未匹配顶点的路径,并且属于M的边和不属于M的边(即已匹配和待匹配的边)在P上交替出现,则称P为相对于M的一条增广路径。 由增广路的定义可以推出下述三个结论:

1-P的路径长度必定为奇数,第一条边和最后一条边都不属于M。 2-将M和P进行异或操作(去同存异)可以得到一个更大的匹配M’。 3-M为G的最大匹配当且仅当不存在M的增广路径。 算法轮廓:

(1)置M为空

(2)找出一条增广路径P,通过异或操作获得更大的匹配M’代替M

(3)重复(2)操作直到找不出增广路径为止

时间空间复杂度

时间复杂度 邻接矩阵:最坏为O(n^3) 邻接表:O(mn)

空间复杂度 邻接矩阵:O(n^2) 邻接表:O(m+n)

样例程序

格式说明

输入格式:

第1行3个整数,V1,V2的节点数目n1,n2,G的边数m

第2-m+1行,每行两个整数t1,t2,代表V1中编号为t1的点和V2中编号为t2的点之间有边相连

输出格式:

1个整数ans,代表最大匹配数

邻接矩阵-C

#include

#include

int n1, n2, m, ans;

int result[101]; //记录V2中的点匹配的点的编号

bool state [101]; //记录V2中的每个点是否被搜索过

bool data[101][101];//邻接矩阵 true代表有边相连

void init()

{

int t1, t2;

memset(data, 0, sizeof(data));

memset(result, 0, sizeof(result));

ans = 0;

scanf(

for (int i = 1; i <= m; i++)

{

scanf(

data[t1][t2] = true;

}

return;

}

bool find(int a)

{

for (int i = 1; i <= n2; i++)

{

if (data[a][i] == 1 && !state[i]) //如果节点i与a相邻并且未被查找过 {

state[i] = true; //标记i为已查找过

if (result[i] == 0 //如果i未在前一个匹配M中

|| find(result[i])) //i在匹配M中,但是从与i相邻的节点出发可以有增广路 {

result[i] = a; //记录查找成功记录

return true; //返回查找成功

}

}

}

return false;

}

int main()

{

init();

for (int i = 1; i <= n1; i++)

{

memset(state, 0, sizeof(state)); //清空上次搜索时的标记

if (find(i)) ans++; //从节点i尝试扩展

}

printf(

return 0;

}

邻接表-C++

#include

#include

using namespace std;

//定义链表

struct link

{

int data; //存放数据

link* next; //指向下一个节点

link(int=0);

};

link::link(int n)

{

data=n;

next=NULL;

}

int n1,n2,m,ans=0;

int result[101]; //记录n1中的点匹配的点的编号

bool state [101]; //记录n1中的每个点是否被搜索过

link *head [101]; //记录n2中的点的邻接节点

link *last [101]; //邻接表的终止位置记录

//判断能否找到从节点n开始的增广路

bool find(const int n)

{

link* t=head[n];

while (t!=NULL) //n仍有未查找的邻接节点时

{

if (!(state[t->data])) //如果邻接点t->data未被查找过

{

state[t->data]=true; //标记t->data为已经被找过

if ((result[t->data]==0) || //如果t->data不属于前一个匹配M

(find(result[t->data]))) //如果t->data匹配到的节点可以寻找到增广路 {

result[t->data]=n; //那么可以更新匹配M',其中n1中的点t->data匹配n return true; //返回匹配成功的标志

}

}

t=t->next; //继续查找下一个n的邻接节点

}

return false;

}

int main()

{

int t1=0, t2=0;

cin>>n1>>n2>>m;

for (int i=0; i

{

cin>>t1>>t2;

if (last[t1]==NULL)

last[t1]=head[t1]

=new link(t2);

else

last[t1]=last[t1]->next

=new link(t2);

}

for (int i=1; i<=n1; i++) {

memset(state, 0, sizeof(state)); if (find(i)) ans++;

}

cout<

return 0;

}

范文七:对匈牙利算法的改进及其应用实例 投稿:严冝冞

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第2 2卷 第 2 期  20 00年 4月  

山  东  冶  金  S a d n   Ye n hn og j  i

vo     o.   L22 2 An   2 0 nI 00  

对 匈牙利算法的改进囊其应用实例 

堡直盛   _

技术中心 , 山东 济南 2 O1 ) 5 O 4 

( 济南铺 铁集团总公司

要: 本文指出了匈牙利算法存在的缺路, 对其进行了改进, 井鲭出诫算法在生产实际中的应用实倒。  

关 词 要 : 兰  堡 键 :  兰 竺 , !     墨 巷 

中围分 类号 : P 0    T 316

LI.      

j  艮

t  

文献标识码 : A  。  

文章编号 ;0 44 2 (0 0 0 -0 50  10 —6 0 2 0 ) 20 5 —2

I p o i g F u g r   g rt m  n  t   p ia in m r vn  l n a y Al o i h a d I sAp lc t   o

JA0 弘 c E T     ( T  Te  【 ̄ n e f i n h n dS   r u ,i直   5 0 4 C 【 ) 出n l - tro  n   D  凸   协d G o p J n2 0 1 , hM   Ja n

7  

2≠     2

Ab a |I h s p r t eh山 o  u g r   mlh i o nda- re td nr d nt f  e ,h   i pa fh n ay t m sfu  I d ̄ rce  An xa l loi  ee td- e mpeas spr ̄n e   K  w州 {I n m' lo h I   hu g y Bg  tm q盯 且 r r  oI  ̄eac p o  ̄m arx d  rh, r f i ti 

l 问题 的 提 出  

在使用运筹学 中旅行推销员模型的算法求解某  企业轧钢换辊最优获序时 . 我们运用参考文献所提  供的算法程序求解该 问题 , 遇到在匈牙利算法子 程  序 中出现死循环现象 。经研究发现, 文献() 1提供的  匈牙利算法存在缺陷 , 从而遗漏了最优分配方案    因 此 , 须对匈牙 利 算法进 行 改进  否则 , 影 响匈牙  必 会

利 算法 在实 践中 的应 用 。  

每一行元素减去各该行中最小元素i2再从所得缩  () 减矩阵的每列减去各该列的最小元素  第二步 , 试制一个完全分 配方案 . 它对应于不同   行 不同列只有 一个零 元素的缩减 矩阵, 以求得最优 

解 :1如果 得 到 分 布 在 不 同行 不 同列 的 N 个 零 元  ()

幂 , 么 耽 元 厩 ,乐 最 优 解 阳 过 程 。 j 那 着束 。 【 ) 罘   Z那

所分布于不同行不同列 中的零元素不够 N个 , 则转 

下步 。  

第三步. 作出覆盖

所有零元素的最少敷量的直  线集合 :1标记没有完成分配的行。2 标记已标记  () () 行上所有未分配零元素所对应的列。3对标记的列  () 中, 已完成分配的行进行标记 。4重复 () () () 2 、3 直到  没有可标记的零元素  5 对未标记的行和 已标记的  () 列画纵 、 横线, 这就得到能覆盖所有零元素的最少效  量的直线集合  第四步 , 修改缩减矩阵 , 以达到每行每列至少有 

2 匈牙利算法。  

匈牙 利算法 的基本 思想是 修 改效益矩 阵 的行或  列, 使得 每一行 或列 中至少有 一个 为零 的元 幂 , 经过  修 正 后 , 至 在 不 同 行 、 同 列 中 至 少有 一个 零 元  直 不 素 , 而得到 与这 些 零 元 索相 对 应 的 一个 完全 分 配  从

肯 龚  宦 用 于 效 器 矩 阵 时 . 十 完 耷 分 配 方 案 就 是   当 渡

个最优分配 , 它使总的效益为最小 。 这种方法总是  在有 限步 内收敛 于 一个最 优解  该 方法 的理 论 基础 

个零元素的目的 :1在 没有直线覆盖的部分中找  ()

出最小元素  2对没有画直线的各元素都减去这个  () 元素。3对 画了横线和直线交叉处的各元素都加上  () 这个最小元素 。4对画了一根直线或横线的各元素 ()   保持不变  () 5转第二步 。  

是: 在效益矩阵的任何行或列中, 加上或减去一个常 

数后 不会 改变最优 分 配 。其求 解步骤 如下 :  

第一步 , 修正效益矩阵, 使之变成每一行和每一 

列至少有一个零元素的缩减矩阵 :1从效益矩阵的  ()

3 对 匈牙 利 算 法 的 改 进 

收穑 日 ] 9 r】0  期  9 9l ,5 作 者曲介 : 焦吉成 (9 8 ) 男, 1 6 一 , 山东薪南人 . 薪锕技术 中心软件开 发  部经侪师 , 研究方 向为优 化与嵌矩 、  

在第二步即试制一个完全分配方案 中, 常规 的 

办 法是 首 先分 配行 或 列 中 只有 一 个 零元 素的 行 或 

5  S

f  

{  

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20 0 0年 4月 

金 

列, 若所 得方 案 不是一 个 完全 分配方 案 , 还有 未分  且

配 的零 元 素时 , 随机 选 取 未标 记 行 或列 中的零 元  则

辊 频繁 , 因此 找 出一个最 优 的换 辊秩 序 , 满足 市场  在

l   2   3   4   5   6   7   8   g

需求 的同时 , 使换 辊所 用的 时 间最少 , 企业的 生产  对

经营具 有重 要现 实意 义 。  

素 , 为一 次分 配 , 算法 的计 算机 程序 见文献 【]  作 其 1。 但我 们发现 , 用该算法 求解 时 , 出现 所得 分配方 案不  是 一

个 完全 分 配 方 案 , 根 据 第 三 步 的做 法 , 画  而 所 横 、 线覆 盖 了所有元 素 的情 况 。 纵 经反 复 多次探索 之 

后, 发现 其原 因是 该算 法 在 这一 步 中采用 的是随 机 

所 用原 始数 据见表 1  。

∞  

卸 0 ∞    

如  

衰 I 某企业一小型设备谓整时 间衰

产 品 

h ∞   ∞  

O ∞ 0   

∞ o  

0 ∞    

1 2 3 4 5 6 7 8 g l   1  1                    O 1 2

o 5 5 .  4       5 .5  o .   .  4 o  o   .  5 5 .o 3 o 5.  5  4  4 o 4 o .  4   5 5 o 4 o .o 5 5 3.  4  3 o 3 o 4 o 3 o  o .     .  3   .   o .o .   .   .   .  3   5 5 .   o 4   .   o .o 4 o .  3 o 4 o  o .  4 o   .o 5 5 4.  3   .  4 o .   .  4   4 o .  4 o o 4 o 4.  4   o 4 o 2   4-  4   .  4 0 .     .   o .o 4.   .   0 o  o 3 o .  5 5 .o o 5.  5  4.  4 o  o 4-  4 o .  5 5 .  4     5 .5 o .  4   o     5 5 .  4 o .o 5 5 o 4   o .o .   o     .  3 0 .  3   .      o 3.  3  4 o 4-  4 o

标 注 行 或 列 中 的 零 元 素 , 为 一 次 分 配 , 乏 科 学  作 缺 性 , 而遗 漏 了 完全 分配 方 案 , 文献 [] 供 的算  从 使 1提 法 陷入死 循 环 。 们把这 一步 的匈牙 利算 法改进 为 : 我  

选择 未标 注行 或列 中 , 元素 摄少 的行 或列 , 据行  零 根

柏 0 蜘  ∞ 0 0 0 m 舯       

¨坫 踮 0 ∞    

0 加 

0∞  

∞ 0  

或 列 中未 标 记 的零 元素 所 在 列 或 行 中零 元 素的 多 

少 , 定这 次 分配 , 确 即选 择列 或行 中零 元 素最少 的列 

5 5 .  3 o  o 5.   o o 4 o 4   .           .  4 o .  4   5 4.         .o 3 o 4 o 4 o 4 o .  4 o .o 4.  3 o  o o 3  4 o 2  3 o .  3 0 .  4   o .  4     .o .    o .   4 o .  4 0 .      3 o .o 3.   o 4   o 2 o .  3 0 .  4 o 4 o .  4   o    o 3-   -   4 o .  4 0  o 4 o 4.  4      4   o 4 o 4 o .  3 o .  4       o .o 4 o .o       - 

% 0 ¨  

∞ 0 柏  

∞  

0 0 0

     

或行 为 已分配 方 案 , 而不 是随 机标记 。 用经过 修改  使 后 的匈牙 利算 法程 序 , 会 出现死循 环 , 不 可以 圆满地 

解决 分配 问题 。  

4 o .  4 o .   o .  4   o 3  4   o 3 o .  3 o .  4 o 4.  3 o  o 2.   .o  o   .  4 o .  4 0 .       o .o 3.  2  4   o o .  3 o .  4 o 4 o 3.  4   o .o  o 3.    

柏 0  

m 0  0 ∞ ∞    o    

∞ 0   0  

表 2是 经缩 减 之后 的效 益 矩 阵 , 该效 益矩 阵若 

4 应 用 实 例 

随 着 市场 经 济 的发 展 , 金 产 品市 场 由买方 市  倍

采用 文献 【] 供匈牙 利算 法 子程 序求 柏 , 一个   1提 解 ∞ ∞ 0 是 不  完全分 配方 案 :  

5 47 10 8 2 1                       1 12 3 6 9 蛐 0 加 加 0 

如  

场变为卖方市场 , 品种、 多 小批量 , 成为企业生产的  

基 本方针 。  

若使 用我们的改进 算法 , 则得到一个完全分配 

方案 , 体过 程如 下 :见表 2  其具 ( )

舯 0 ∞  

0  

0  

¨  

、 4 、 3 2  3 5 如 、 > >     >

、 2  3 4 >   、  >

某 企业 第一小 型 轧钢厂 生 产 1 个 型号 、 格 的  2 规 圆钢 和 螺纹 钢 , 用 同一组 轧机 。 使 造成 了企业 生 产换 

衰 2 经缩 减后的效益矩阵 

— —  

未 标 注行 零 敷  

产 品  l   2   3   4   5   6   7   8   g   l  O 1  1  1 2 1   2   3   4   5   6   7   8  

、  /

2   2   √ 

3  

√ 

4  

3  

3  

3  

2  

1  

、  /

柬 

4   4  

标 

注 

刊 

霉 

3  

、  /

敦  注 ;   号的零元 素者表示 已分配的元素 #/ 带 、 代表已分配的行 、 ; 表示不能加工 I 列 。 。 产品后 . 转支加 工 J 产品。  

5  6

范文八:匈牙利算法浅析带例子 投稿:杜参參

什么是二分图,什么是二分图的最大匹配,二分图的最大匹配有两种求法,第 一种是最大流(我在此假设读者已有网络流的知识);第二种就是我现在要讲的匈牙利算法。这个算法说白了就是最大流的算法,但是它跟据二分图匹配这个问题的 特点,把最大流算法做了简化,提高了效率。匈牙利算法其实很简单,但是网上搜不到什么说得清楚的文章。所以我决定要写一下。

最大流算法的核心问题就是找增广路径(augment path)。匈牙利算法也不例外,它的基本模式就是:

初始时最大匹配为空

while 找得到增广路径

do 把增广路径加入到最大匹配中去

可见和最大流算法是一样的。但是这里的增广路径就有它一定的特殊性,下面我来分析一下。 (注:匈牙利算法虽然根本上是最大流算法,但是它不需要建网络模型,所以图中不再需要源点和汇点,仅仅是一个二分图。每条边也不需要有方向。)

图1是我给出的二分图中的一个匹配:[1,5]和[2,6]。图2就是在这个匹配的基础上找到的一条增广路径:3->6->2->5->1->4。我们借由它来描述一下二分图中的增广路径的性质:

(1)有奇数条边。

(2)起点在二分图的左半边,终点在右半边。

(3)路径上的点一定是一个在左半边,一个在右半边,交替出现。(其实二分图的性质就决定了这一点,因为二分图同一边的点之间没有边相连,不要忘记哦。)

(4)整条路径上没有重复的点。

(5)起点和终点都是目前还没有配对的点,而其它所有点都是已经配好对的。(如图1、图2所示,[1,5]和[2,6]在图1中是两对已经配好对的点;而起点3和终点4目前还没有与其它点配对。)

(6)路径上的所有第奇数条边都不在原匹配中,所有第偶数条边都出现在原匹配中。(如图1、图2所示,原有的匹配是[1,5]和[2,6],这两条配匹的边在图2给出的增广路径中分边是第2和第4条边。而增广路径的第1、3、5条边都没有出现在图1给出的匹配中。)

(7)最后,也是最重要的一条,把增广路径上的所有第奇数条边加入到原匹配中去,并把增广路径中的所有第偶数条边从原匹配中删除(这个操作称为增广路径的取反),则新的匹配数就比原匹配数增加了1个。(如图2所示,新的匹配就是所有蓝色的边,而所有红色的边则从原匹配中删除。则新的匹配数为3。)

不难想通,在最初始时,还没有任何匹配时,图1中的两条灰色的边本身也是增广路径。因此在这张二分图中寻找最大配匹的过程可能如下:

(1)找到增广路径1->5,把它取反,则匹配数增加到1。

(2)找到增广路径2->6,把它取反,则匹配数增加到2。

(3)找到增广路径3->6->2->5->1->4,把它取反,则匹配数增加到3。

(4)再也找不到增广路径,结束。

当然,这只是一种可能的流程。也可能有别的找增广路径的顺序,或者找到不同的增广路径,最终的匹配方案也可能不一样。但是最大匹配数一定都是相同的。

对于增广路径还可以用一个递归的方法来描述。这个描述不一定最准确,但是它揭示了寻找增广路径的一般方法:

“从点A出发的增广路径”一定首先连向一个在原匹配中没有与点A配对的点B。如果点B在原匹配中没有与任何点配对,则它就是这条增广路径的终点;反之,如 果点B已与点C配对,那么这条增广路径就是从A到B,再从B到C,再加上“从点C出发的增广路径”。并且,这条从C出发的增广路径中不能与前半部分的增广 路径有重复的点。

比如图2中,我们要寻找一条从3出发的增广路径,要做以下3步:

(1)首先从3出发,它能连到的点只有6,而6在图1中已经与2配对,所以目前的增广路径就是3->6->2再加上从2出发的增广路径。

(2)从2出发,它能连到的不与前半部分路径重复的点只有5,而且5确实在原匹配中没有与2配对。所以从2连到5。但5在图1中已经与1配对,所以目前的增广路径为3->6->2->5->1再加上从1出发的增广路径。

(3)从1出发,能连到的不与自已配对并且不与前半部分路径重复的点只有4。因为4在图1中没有与任何点配对,所以它就是终点。所以最终的增广路径是3->6->2->5->1->4。

但是严格地说,以上过程中从2出发的增广路径(2->5->1->4)和从1出发的增广路径(1->4)并不是真正的增广路径。 因为它们不符合前面讲过的增广路径的第5条性质,它们的起点都是已经配过对的点。我们在这里称它们为“增广路径”只是为了方便说明整个搜寻的过程。而这两 条路径本身只能算是两个不为外界所知的子过程的返回结果。

显然,从上面的例子可以看出,搜寻增广路径的方法就是DFS,可以写成一个递归函数。当然,用BFS也完全可以实现。

至此,理论基础部份讲完了。但是要完成匈牙利算法,还需要一个重要的定理:

如果从一个点A出发,没有找到增广路径,那么无论再从别的点出发找到多少增广路径来改变现在的匹配,从A出发都永远找不到增广路径。

要用文字来证明这个定理很繁,话很难说,要么我还得多画一张图,我在此就省了。其实你自己画几个 图,试图举两个反例,这个定理不难想通的。(给个提示。如果你试图举个反例来说明在找到了别的增广路径并改变了现有的匹配后,从A出发就能找到增广路径。 那么,在这种情况下,肯定在找到别的增广路径之前,就能从A出发找到增广路径。这就与假设矛盾了。)

有了这个定理,匈牙利算法就成形了。如下:

初始时最大匹配为空

for 二分图左半边的每个点i

do 从点i出发寻找增广路径。如果找到,则把它取反(即增加了总了匹配数)。

如果二分图的左半边一共有n个点,那么最多找n条增广路径。如果图中共有m条边,那

么每找一条增广路径(DFS或BFS)时最多把所有边遍历一遍,所花时间也就是m。所以总的时间大概就是O(n * m)。

范文九:匈牙利法真题演练 投稿:廖点為

匈牙利法真题演练(07年5月):

某车间产品装配组有王成、赵云、江平、李鹏四位员工.现有A、B、C、D四项任务,在现有生产技术组织条件下,每位员工完成每项工作所需要的工时如表1所示。 问:请运用匈牙利法求出员工与任务的配置情况,以保证完成任务的总时间最短,并求出完成任务的量短时间。

解题步骤:

PS:行约减以后需要检查列是否都有“0”

1

3、盖“0” 4 8

0 4 11 5

“盖0”只有三条,需要找出剩下数字中最小约数

4、继续约减,交叉处加上约数 0 13 7 0

3

0 0 10 4 4

当我们做完第三步会发现盖0线的数目仍然小于矩阵维数,继续寻找最小约数

将未被盖0线覆盖的数字都减去最小约数,同时在盖0线交叉点上的数字加上这个最小约数

5、数据转化 0 3 0 4

6、求最优解

0√ 3 0× 4

0 13 4 0 3 0 5 0 7 1 0 1

四条盖0线,四个维度,进行求最优解,首先只有一个0的行列,打钩

0× 13 4 0√ 3 0√ 5 0× 7 1 0√ 1

得到最优解如下:王—A;赵—D;江—B;李—C。 对照工时消耗表,完成任务的总时间为10+9+6+4=29

2

范文十:指派问题的匈牙利解法 投稿:蔡盡盢

指派问题的匈牙利解法

1、 把各行元素分别减去本行元素的最小值;然后在此基础上再把每列元素减去本列中的最小值。

15 120 3 0 11 84 8 7 7 9 17 14 100 1 7 7 36 9 12 8 70 2 3 2 1100 0 5 0 46 7 14 6 6 9 12 10 60 2 3 4 0

此时每行及每列中肯定都有0元素了。

2、 确定独立零元素,并作标记。

(1)、首先逐行判断是否有含有独立0元素的行,如果有,则按行继续处理;如没有,则要逐列判断是否有含有独立0元素的列,若有,则按列继续处理。若既没有含有独立0元素的行,也没有含有独立0元素的列,则仍然按行继续处理。

(2)在按行处理时,若某行有独立0元素,把该0元素标记为a,把该0所在的列中的其余0元素标记为b;否则,暂时越过本行,处理后面的行。把所有含有独立0元素的行处理完毕后,再回来处理含有2个以及2个以上的0元素的行:任选一个0做a标记,再把该0所在行中的其余0元素及所在列中的其余0元素都标记为b。

(3)在按列处理时,若某列有独立0元素,把该0元素标记为a,把该0所在的行中的其余0元素标记为b;否则,暂时越过本列,处理后面的列。把所有含有独立0元素的列处理完毕后,再回来处理含有2个以及2个以上的0元素的列:任选一个0做a标记,再把该0所在列中的其余0元素及所在行中的其余0元素都标记为b。

(4)、重复上述过程,即得到独立零元素(标记a的“0”) 0b 3 0a 11 830a 1 7 7

0 2 3 2 1b0b 0a 5 0b 4 0b 2 3 4 0a

3、 若独立零元素等于矩阵阶数,则已经得到最优解,若小于矩阵阶数,则继续以下步骤:

(1)、对没有标记a的行作标记c

(2)、在已作标记c的行中,对标记b所在列作标记c

(3)、在已作标记c的列中,对标记a 所在的行作标记c

(4)、对没有标记c的行划线,对有标记c的列划线

  12 773 \/ 321\/ 

4、 在未被直线覆盖的所有元素中找出一个最小元素(Xmin),未被直线覆盖的行(或列)中所有元素都减去这个数。(注:若未被直线覆盖部分是行数<列数,则是按行减,反之则按列)。

01

1003011806621210 05042340

5、 这样必然出现负元素,所以对负元素所在列(或行)中各元素都加上这一最小元素(Xmin)以消除负数。这样,再返回步骤2,确定独立零元素个数。

重复上述操作,直到找出最优解。

特殊问题:

1、

2、 若人数和工作数不等,则用“0”来补全空位 若一个人可作几件事,则可化为相同的“几个人”来接受0 3 86 6 2/ 0 1 2 1 0 / 1 0 54/ 1 2 3 4指派,费用系数相同。

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