2019 年南京 regional 充分暴露了這個問題，市面上大多數標著 o(n
3)
o(n^3)
o(n3
) 的 km 板子實際上是 o(n
4)
o(n^4)
o(n4
) 的，以致選手如果是用了經典書籍上的板子，或者是網上隨便扒的板子，就會 tle。
然後最近做題做到了 km，就想補乙個自己的真·o(n
3)
o(n^3)
o(n3
) 的 km。網上的 o(n
3)
o(n^3)
o(n3
) 也都沒有教程只能自己啃**，就想把思路寫一下。
大二了才會 km 你丟不丟人
乙個簡單粗暴的判斷板子是 o(n
4)
o(n^4)
o(n4
) 還是 o(n
3)
o(n^3)
o(n3
) 的辦法：非遞迴是 o(n
3)
o(n^3)
o(n3
)，遞迴（用了匈牙利一樣的東西）是 o(n
4)
o(n^4)
o(n4)。
更加正確的判斷方法：拿去交正確的模板題，比如 uoj#80、2019 南京 regional j（計蒜客復現）。
要解決的是二分圖最大權匹配問題。這是乙個線性規劃問題，它的對偶問題是最小頂標和問題，km 的思路就是計算最小頂標和。
看這位大佬生動的解釋就懂了：
匈牙利是 o(n
2)
o(n^2)
o(n2
) 的，修改頂標也是 o(n
2)
o(n^2)
o(n2
) 的，每個點最多 n
nn 次修改頂標，共 n
nn 個點，因此是 o(n
4)
o(n^4)
o(n4)。
現在是對於左邊的點 i
ii，我們來優化它的匹配過程。按照 o(n
4)
o(n^4)
o(n4
) 的思想，我們是每次匈牙利找增廣路，失敗了就修改頂標。
如果我們預設每一次增廣都會失敗，那麼實際上每一次增廣的目的就成了最小化 d
dd（最小的頂標增量使得相等子圖能新加入一條邊）。我們把這個 d
dd 掛在右邊的結點上，記為 sla
ck
jslack_j
slackj
，表示增廣路最後到達的右邊結點為 j
jj 時，能達到的最小的 ddd。
那麼這就如同 dijkstra，我們從 i
ii 出發，把右邊的結點的 sla
ck
slack
slac
k 全部鬆弛一遍，然後找到 sla
ck
slack
slac
k 最小的 j
jj，sla
ck
jslack_j
slackj
就是本次的頂標增量。（若 sla
ckj=
0slack_j=0
slackj
=0 則頂標不動，相當於匈牙利繼續，若 sla
ck
j>
0slack_j>0
slackj
>
0 相當於匈牙利失敗了要修改頂標。）
然後嘗試匹配 i
ii 和 j
jj。若 j
jj 單身，則牽手成功；若 j
jj 名花有主，則嘗試綠掉原配增廣原配，即從原配出發，把右邊的結點的 sla
ck
slack
slac
k 又鬆弛一遍……
直到最後找到了單身的 j
jj，就增廣成功了。
於是每個 j
jj 只會被嘗試匹配一次，每個原配只會被綠一次增廣一次，這樣就相當於 i
ii 只做了一次如同 bfs 般的多路增廣，所以總時間複雜度為 o(n
3)
o(n^3)
o(n3)。
回頭看我們預設每一次都增廣失敗，實際上如果增廣成功的話就意味著一路 sla
ckj=
0slack_j=0
slackj
=0，這種情況被包括了。
我覺得把它稱為多路增廣，或者 bfs，都不如 dijkstra 貼切。
upd：區分了左邊點數 nlnl
nl和右邊點數 nrnr
nr
ll lx[maxn]
,ly[maxn]
,slack[maxn]
;int f[maxn]
,pre[maxn]
;// f[y]表示右邊的 y 匹配了左邊的誰
bool vis[maxn]
;ll km()
fo(i,
1,nl)
fo(j,
0,nr)
if(vis[j]
) lx[f[j]]-
=d, ly[j]
+=d;
// 修改頂標
else slack[j]
-=d;
// 用於鬆弛它的頂標已經改了，所以它也要改
}for
(; py; py=pre[py]
) f[py]
=f[pre[py]];
// 修改增廣路
} ll re=0;
fo(i,
1,nl) re+
=lx[i];fo
(i,1
,nr) re+
=ly[i]
;return re;
}int
main()
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