这是一种神奇的算法。
它所解决的问题就是：
对于一个图，图上只有黑点和白点，黑点和白点之间有连边，问黑点和白点的最大匹配数是多少。
讲完问题，我们来讲讲算法。
首先我们要先找到目前没有被匹配的第一个黑色点（此算法可以只做一边（黑或白））
然后我们找到与他连边的点，并把这两个点标记为一个匹配。
然后我们一直往下找，直到找到一个点，这个点连向的是已经被匹配过的点（记为V）。
那么我们此时就尝试能否让原来与V节点匹配的点找到另一个未匹配的节点，来替代它（此时需要递归，因为有可能找到的点也是被匹配过的。）
那么如果这个点能够被匹配，那么就修改，否则就不能匹配这个点。
由于我们知道，如果这个点匹配失败了，那么下次再匹配到这个点，就可以直接跳过了（优化）
下面我们贴上例题
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题目描述
囊地鼠家族一共有n只囊地鼠，为了逃避捕食者的袭击，它们在地上挖了m个洞。当猎食者到达的时候，它们必须在s的时间内跑到洞中。但是由于洞的大小有限，每个洞只能躲藏1只囊地鼠。所有囊地鼠的跑步速度都为v。留在洞外的囊地鼠就会被吃掉。囊地鼠家族要计划一个逃生计划，让尽可能多的囊地鼠逃生。
输入
输入文件包含多个数据，每个数据的第一行包括4个小于100的整数：n,m,s,v。以下n行给出每只囊地鼠的位置坐标，然后的m行给出洞的坐标。
输出
对于每个数据输出无法逃生的囊地鼠的个数。
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这道题显然就是二分图匹配，只要判断一下如果第i只地鼠能够跑到第j个坑里，那么就从i向j连边
下面贴代码
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #define eps 1e-9 #define MN 101 #define M 10001 using namespace std; int n,m,s,v,ans,num; struct edge{ int to,next; }g[M]; int head[MN],lky[MN]; bool vis[MN]; double maxdis=0; double x[MN],y[MN]; double dist(double a,double b,double c,double d){return (double)sqrt((b-a)*(b-a)+(d-c)*(d-c));} void ins(int u,int v){g[++num].next=head[u];head[u]=num;g[num].to=v;} bool match(int u){ for(int i=head[u];i;i=g[i].next) if(!vis[g[i].to]){ vis[g[i].to]=1; if(!lky[g[i].to]||match(lky[g[i].to])){ lky[g[i].to]=u;return true; } } return false; } int main(){ while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&v)!=EOF){ maxdis=1.0*s*v; ans=num=0; double qx,qy; memset(head,0,sizeof(head)); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%lf%lf",&qx,&qy); for(int j=1;j<=n;j++) if(dist(x[j],qx,y[j],qy)+eps<maxdis)ins(j,i); } memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(lky,0,sizeof(lky)); for(int i=1;i<=n;i++){ memset(vis,0,sizeof(vis)); if(match(i))ans++; } printf("%d ",n-ans); } }