二分图最小点覆盖和最大独立集都可以转化为最大匹配求解。在这个基础上，把每个点赋予一个非负的权值，这两个问题就转化为：二分图最小点权覆盖和二分图最大点权独立集。
二分图最小点权覆盖
从x或者y集合中选取一些点，使这些点覆盖所有的边，并且选出来的点的权值尽可能小。
建模：
原二分图中的边(u,v)替换为容量为INF的有向边(u,v)，设立源点s和汇点t，将s和x集合中的点相连，容量为该点的权值；将y中的点同t相连，容量为该点的权值。在新图上求最大流，最大流量即为最小点权覆盖的权值和。
二分图最大点权独立集
在二分图中找到权值和最大的点集，使得它们之间两两没有边。其实它是最小点权覆盖的对偶问题。答案=总权值-最小点覆盖集。具体证明参考胡波涛的论文。
例：HDU1569
题意：一个m*n的棋盘，每个格子都有一个权值，从中取出某些数，使得任意两个数所在的格子没有公共边，并且所取去出的数和最大。求这个最大的值。
解：
将格子染色成二分图，显然是求二分图的最大点权独立集。将问题转化为二分图最小点权覆盖来求解，最终结果=总权和-最大流。
/*最大点权独立集：转化为最小点权覆盖问题，最大点权独立集=总权值-最小点权覆盖集最小点权覆盖：设立源点s和t，s连边到点i，容量为i点的权值；点j连边到t，容量为j点权值；原二分图中的边容量为INF，求最大流即为最小点权覆盖。*/#include #include #include using namespace std;const int INF = 0x7fffffff;const int maxv = 2600;const int maxe = 1000000;int n,m;int g[55][55];struct Edge{ int v; int next; int flow;};Edge e[maxe];int head[maxv],edgeNum;int now[maxv],d[maxv],vh[maxv],pre[maxv],preh[maxv];int start,end;void addEdge(int a,int b,int c){ e[edgeNum].v = b; e[edgeNum].flow = c; e[edgeNum].next = head[a]; head[a] = edgeNum++; e[edgeNum].v = a; e[edgeNum].flow = 0; e[edgeNum].next = head[b]; head[b] = edgeNum++;}void Init(){ edgeNum = 0; memset(head,-1,sizeof(head)); memset(d,0,sizeof(d));}int sap(int s,int t,int n) //源点，汇点，结点总数{ int i,x,y; int f,ans = 0; for(i = 0; i < n; i++) now[i] = head[i]; vh[0] = n; x = s; while(d[s] < n) { for(i = now[x]; i != -1; i = e[i].next) if(e[i].flow > 0 && d[y=e[i].v] + 1 == d[x]) break; if(i != -1) { now[x] = preh[y] = i; pre[y] = x; if((x=y) == t) { for(f = INF,i=t; i != s; i = pre[i]) if(e[preh[i]].flow < f) f = e[preh[i]].flow; ans += f; do { e[preh[x]].flow -= f; e[preh[x]^1].flow += f; x = pre[x]; }while(x!=s); } } else { if(!--vh[d[x]]) break; d[x] = n; for(i=now[x]=head[x]; i != -1; i = e[i].next) { if(e[i].flow > 0 && d[x] > d[e[i].v] + 1) { now[x] = i; d[x] = d[e[i].v] + 1; } } ++vh[d[x]]; if(x != s) x = pre[x]; } } return ans;}void build(){ int i,j; for(i = 1; i <= m; i++) { for(j = 1; j <= n; j++) { int t = (i-1)*n+j; if((i+j)%2) { addEdge(start,t,g[i][j]); if(i>1) addEdge(t,t-n,INF); if(i 1) addEdge(t,t-1,INF); if(j