[学习笔记] 网络流最大流

网络流最大流

基础概念和性质

设$f[u,v]$表示$u$到$v$的流量（流函数），$c[u,v]$表示$u$到$v$的流量限制，$S$表示源点，$T$表示汇点

残量网络：每条边表示每条边剩余的容量

流函数具有一下性质：

$f(x,y)≤c(x,y)$，也就是管道中实际运输的水量不能超过它运输的最大水量。
$f(x,y)=−f(y,x)$（反对称性）
对于任意 $x\neq S,x\neq T,\sum\limits_{(u,x)\in E}f(u,x)=\sum\limits_{(x,v)\in E}f(x,v)$，也就是流入多少水就会流出多少水（流量守恒）

而最大流的问题就是让$\sum\limits_{v}f(s,v)$最大

Dinic 算法

先回忆一下$EK$算法，$bfs$遍历整张图直到找到一条增广路，每次只能找一条，速度就比较慢，所以我们就得使用

更好的$dinic$算法，$EK$一次找一条，但是源点到汇点可能有很多条最短路经，所以我们可以一次性全部扩展

首先我们需要知道分层图：满足$d[y]=d[x]+1$的边$(x,y)$构成的子图被称为分层图

$d[x]$表示的就是点$x$的层次，也就是$S$到$x$最到需要经过的边数（和流量没有关系）

至于为什么要分层，问就是防止$dfs$乱走

算法流程

先进行一边$bfs$求出源点到每个点的最短边$d_x$，然后将图分层，每次只考虑 $d_y=d_x+1$ 的边$(x,y)$

每次$dfs$，从$S$开始携带$∞$的流往下递归，递归时枚举当前节点的所有相邻的点，并尽可能将有的流发给相邻的点

并继续递归，递归结束后更新现有的流，如果没有流或者所有相邻的点都访问完了就直接返回，如果到了汇点$T$

就把所有的现有的流都送出去

简单来说就是

先$bfs$求出每个点的$d_x$给每个点一个层次，得到一张分层图
根据层次反复$dfs$，每次尝试给予时，只考虑给予自己下一层的点，就可以防止混乱

无用点剪枝

在一轮$dfs$中，如果我们走到一个点，它能流的流量都流完了（也就是返回值为$0$）那下一次再遇到这个点就没有

必要再次遍历了

当前弧优化

从前面的介绍可以知道，这个$dinic$分明就是$dfs$，既然是$dfs$没有剪枝，那它就是指数级暴力（

对于一个节点$x$，由于有效边构成的字图一定是$DAG$（有向无环图），所以走到第$i$条弧时，前$i-1$条弧到汇点

的流都一定流满了，没有可行的路线了，也就是说每处理完一条从$x$出发的弧，以后就不用在访问了

于是我们考虑开一个数组$now_x$表示当前考虑到了哪一条弧（不是某个点），使用方法和$head$是相同的，这样就

可以改变每次搜索的起点了，由于大前提是在分层图中，所以每次$bfs$ 就把$now_x$设为邻接表的表头

$Q\And A$

$Q:$为什么当前弧优化不写成$now[u]=nxt[i]$，难道不会重复遍历一条边吗？

$A:$除非当前这条边到源点了或者该流的都流完了，否则都有多流一些的可能，而且从名字“当前”也能看出吧（

$Q:$为什么要建反向边？

$A:$

注：我们这里指的边是指构成残量网络的边

如果我们不加反向边，那么找增广路就是乱走，但这肯定是不行的，所以我们必须要有一个反悔机制

现在我们来讲一下找增广路遇到反边的清况：

假设我们现在找到了一条增广路$3\to2\to 4\to 5$ 并成功的流过去$a$的流量，然后反向边就会增加$a$

那假设我们又找到了一条增广路$6\to4\to2\to1$，并成功的流过去$b$的流量，两条增广路都经过了$2，4$，这条

边就会$-b$反向边的反向边（也就是原来的边）就会$+b$，是不是就等于向第一条增广路返还了流量？

但是现在可能又会有一个问题：$4\to2$这条边本来是不存在的啊！它是我们加的反向边，那流量是怎么过去的？

整体地看，这样做是不是相当于$6\to4\to5,3\to2\to1$这两个路经流了$b$的流量？

$Q:$如果没有到源点会返回什么？

$A:$看起来会返回$ret$但是在没有到源点的情况下，其实$ret$一直都会等于$0$

$Q:$ 为什么一开始从$S$开始携带$∞$的流往下递归？实际的流量万一不是容量呢？

$A:$因为我们是回溯的时候更新的，所以如果能到源点，它更新后一定是符合要求的，而且往大了去准没错（

注意到我们求的是 $dinic(s,inf)$ 也就是从源点出去的流

$Q:$还是不懂怎么办？

$A:$感性理解就好了

code

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <queue>
#define int long long 
using namespace std;
const int inf=1e18;
const int N=2e6+10;
int n,m,s,t,head[N],nxt[N],val[N],tot=1,d[N],now[N],ver[N];
//注意tot的初始值要设为1，因为1^1=0
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void add(int x,int y,int z){
    ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],val[tot]=z,head[x]=tot;
}
inline bool bfs(){
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=inf,now[i]=head[i];
    queue<int> q;
    q.push(s);d[s]=0;
    while(!q.empty()){
	int u=q.front();q.pop();
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
	    int v=ver[i];
	    if(val[i]&&d[v]==inf){//满足增广路的性质且没有被访问过
		q.push(v);
		d[v]=d[u]+1;//分层
		if(v==t) return 1;//找到增广路
	    }
	}
    }
    return 0;
}
inline int dinic(int u,int sum){//求单次增广送出去的流量，sum
    if(u==t||!sum) return sum;//到汇点，直接把全部送出去
    int ret=0;//目前送出去多少流
    for(int i=now[u];i;i=nxt[i]){
	now[u]=i;//当前弧优化
	int v=ver[i];
	if(val[i]&&d[v]==d[u]+1){//只考虑下一层的点且满足增广路的性质
	    int k=dinic(v,min(sum-ret,val[i]));//k是v送出去的流
	    if(!k) d[v]=inf;//无用点剪枝
	    val[i]-=k;val[i^1]+=k;//递归更新现有的流
	    ret+=k;
	    if(ret==sum) return ret;//如果全部送完就直接返回
	}
    }
    return ret;
}
signed main(){
    n=read();m=read();s=read();t=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
	int u=read(),v=read(),w=read();
	add(u,v,w);
	add(v,u,0);
    }
    int res=0;
    while(bfs()) res+=dinic(s,inf);//流量守恒
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

最小割

概念

网络的割集：把一个源点为 $S$，汇点为 $T$ 的网络中的所有点划分成两个点集 $A$ 和 $B$，$A∩B=∅$，

$A∪B=V$，$ S∈A，T∈B $ 由 $x\in A$ 连向 $y∈ B$ 的边的集合称为割集
最小割：在一个网络中，使得边容量之和最小的割集（这里的边指的是正向边也就是从$A\to B$ 的边）
最大流最小割定理：在任何网络中，最大流的值等于最小割的容量（注意是流量等于容量）

证明

①最大流 $\leq$ 最小割

首先根据割的定义,所有的流都必然经过割边集中的某一条边,那么流量总和最大就是割边集总和。
②最大流 $\geq$ 最小割

考虑我们求出了一个最大流,那么某些边会成为瓶颈,即残量网络上为 $0$.

这些边一定分布成为一个割,否则仍然会有增广路。

解释一下第一条：割边集的总和为容量和，由于的流都必然经过割边集中的某一条边，所以最大流的流量就是割

边的流量和，由 $f(x,y)≤c(x,y)$ 可知流量总和肯定小于等于容量总和

解释一下第二条：假设这些边的分布不一定成为一个割且不会出现增广路，根据割集的定“由 $x\in A$ 连向 $y∈ B$

的边的集合称为割集”，则肯定会出现一条路，这条路上的流量都大于 $0$（也就是增广路），然后增广路上就会出

现流量为 $0$ 的边，把这条增广路“割”掉，这与之前的假设矛盾，但知道这个有什么用呢？能说明②最大流 $\geq$ 最小

割吗？答案肯定是可以，我们不难看出，这里的割不是严格意义上的割，我们可以假设有一条增广路，路上所有

点的权值都一样，那增广完所有点的流量就变成 $0$ 了，又因为这些边一定分布成为一个割，所以②最大流 $\geq$ 最小

割，都为 $0$ 了，说明至少为容量吧，而且它的边数大于等于真正的割

最小割的方案

跑完最大流之后,从原点选取非 $0$ 边BFS,把这些点成为 $S$ 集

一端在 $S$ 集一端不在的边即为最小割

割边数量

只需要将每条边的容量变为 $1$，然后重新跑 $\text{Dinic}$ 即可

dinic的一些证明

为什么到这里才讲，因为我之前没看懂（

为什么一直不断地增广，直到不能增广为止得到的流就是最大流？

设 $A,B$ 为 $G$ 的一种割

先记 $P=\sum\limits_{u\in A,v\in B}f(u,v)−\sum\limits_{u\in A,v\in B}f(v,u)$，那么对一个流都有它的流量等于 $P$

考虑对 $G$ 进行增广，假设其有一条增广路经过 $v_1=S,v_2,…,v_k=T$ 这 $k$ 个点，增加了 $f$ 的流量。对于 $v_i∈A,v_i+1∈B$，边 $(v_i,v_i+1)$ 应属于这种割的正向割边，对 $P$ 产生 $+f$ 的贡献，而对于

$v_i∈B,v_i+1∈A$，边 $(v_i,v_i+1)$ 应属于这种割的负向割边，对 $P$ 产生 $−f$ 的贡献。并且由于最终 $S∈A$，

$T∈B$，故 $+f$ 贡献次数应当比 $−f$ 贡献次数多 $1$（类似匈牙利的增广路，有来有回），故一次增广会对 $P$ 产生

$f$ 的贡献。而这个流的流量就是把每次增广增加的流量 $f$ 加起来。故原命题得证。

为什么”不能增广为止“这个状态时网络的流量达到最大值

记 $A$ 为增广到当前状态为止，剩余流量为 $S$ 能到达的点，$B=V−A$，显然 $A,B$ 组成了 $G$ 的一个割。

根据之前的推论，此时网络中的流量应当等于该割中正向割边与反向割边流量的差。

而显然正向割边的流量就等于其容量，负向割边的流量为 $0$。（也说明了最小割定理）

故此时流量 = 此割中正向边的容量之和。

所以此时流量达到最大值。

学习对象（

posted @ 2021-11-03 22:35 Miraii 阅读(179) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

Loading

Miraii's blog