hihocoder 1378 : 网络流二·最大流最小割定理
2017-04-30 22:04
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描述
小Hi:在上一周的Hiho一下中我们初步讲解了网络流的概念以及常规解法,小Ho你还记得内容么?小Ho:我记得!网络流就是给定了一张图G=(V,E),以及源点s和汇点t。每一条边e(u,v)具有容量c(u,v)。网络流的最大流问题求解的就是从s到t最多能有多少流量。
小Hi:那这个问题解决办法呢?
小Ho:解决网络流的基本思路就是寻找增广路,不断更新残留网络。直到找不到新的增广路,此时得到的流就是该网络的最大流。
小Hi:没错,看来你记得很牢嘛。
小Ho:哎嘿嘿,不过这里我有一个问题,为什么找不到增广路时就已经找到了最大流呢?
小Hi:这一次我就来解决你的疑惑,首先我们要从网络流的割开始讲起。
对于一个网络流图G=(V,E),其割的定义为一种点的划分方式:将所有的点划分为S和T=V-S两个部分,其中源点s∈S,汇点t∈T。
对于一个割(S,T),我们定义净流f(S,T)表示穿过割(S,T)的流量之和,即:
f(S,T) = Σf(u,v) | u∈S,v∈T
举个例子(该例子选自算法导论):
净流f = f(2,4)+f(3,4)+f(3,5) = 12+(-4)+11 = 19
同时我们定义割的容量C(S,T)为所有从S到T的边容量之和,即:
C(S,T) = Σc(u,v) | u∈S,v∈T
同样在上面的例子中,其割的容量为:
c(2,4)+c(3,5)=12+14=26
小Ho:也就是说在计算割(S,T)的净流f(S,T)时可能存在反向的流使得f(u,v)<0,而容量C(S,T)一定是非负数。
小Hi:你这么说也没错。实际上对于任意一个割的净流f(S,T)总是和网络流的流量f相等。比如上面例子中我们改变一下割的方式:
可以计算出对于这两种情况净流f(S,T)仍然等于19。
一个直观的解释是:根据网络流的定义,只有源点s会产生流量,汇点t会接收流量。因此任意非s和t的点u,其净流量一定为0,也即是Σ(f(u,v))=0。而源点s的流量最终都会通过割(S,T)的边到达汇点t,所以网络流的流f等于割的静流f(S,T)。
严格的证明如下:
f(S,T) = f(S,V) - f(S,S) 从S到T的流等于从S到所有节点的流减去从S到S内部节点的流 f(S,T) = f(S,V) 由于S内部的节点之间存在的流一定有对应的反向流,因此f(S,S)=0 f(S,T) = f(s,V) + f(S-s,V) 再将S集合分成源点s和其他属于S的节点 f(S,T) = f(s,V) 由于除了源点s以外其他节点不会产生流,因此f(S-s,V)=0 f(S,T) = f(s,V) = f
所以f(S,T)等于从源点s出来的流,也就是网络的流f。
小Ho:简单理解的话,也就是说任意一个割的净流f(S,T)都等于当前网络的流量f。
小Hi:是这样的。而对于任意一个割的净流f(S,T)一定是小于等于割的容量C(S,T)。那也即是,对于网络的任意一个流f一定是小于等于任意一个割的容量C(S,T)。
而在所有可能的割中,存在一个容量最小的割,我们称其为最小割。
这个最小割限制了一个网络的流f上界,所以有:
对于任一个网络流图来说,其最大流一定是小于等于最小割的。
小Ho:但是这和增广路又有什么关系呢?
小Hi:接下来就是重点了。利用上面讲的知识,我们可以推出一个最大流最小割定理:
对于一个网络流图G=(V,E),其中有源点s和汇点t,那么下面三个条件是等价的: 1. 流f是图G的最大流 2. 残留网络Gf不存在增广路 3. 对于G的某一个割(S,T),此时f = C(S,T)
首先证明1 => 2:
我们利用反证法,假设流f是图G的最大流,但是残留网络中还存在有增广路p,其流量为fp。则我们有流f'=f+fp>f。这与f是最大流产生矛盾。
接着证明2 => 3:
假设残留网络Gf不存在增广路,所以在残留网络Gf中不存在路径从s到达t。我们定义S集合为:当前残留网络中s能够到达的点。同时定义T=V-S。 此时(S,T)构成一个割(S,T)。且对于任意的u∈S,v∈T,有f(u,v)=c(u,v)。若f(u,v)<c(u,v),则有Gf(u,v)>0,s可以到达v,与v属于T矛盾。 因此有f(S,T)=Σf(u,v)=Σc(u,v)=C(S,T)。
最后证明3 => 1:
由于f的上界为最小割,当f到达割的容量时,显然就已经到达最大值,因此f为最大流。
这样就说明了为什么找不到增广路时,所求得的一定是最大流。
小Ho:原来是这样,我明白了。
输入
第1行:2个正整数N,M。2≤N≤500,1≤M≤20,000。第2..M+1行:每行3个整数u,v,c(u,v),表示一条边(u,v)及其容量c(u,v)。1≤u,v≤N,0≤c(u,v)≤100。
给定的图中默认源点为1,汇点为N。可能有重复的边。
输出
第1行:2个整数A B,A表示最小割的容量,B表示给定图G最小割S集合的点数。第2行:B个空格隔开的整数,表示S集合的点编号。
若存在多个最小割可以输出任意一个的解。
样例输入
6 7 1 2 3 1 3 5 2 4 1 3 4 2 3 5 3 4 6 4 5 6 2
样例输出
5 4 1 2 3 5
思路:要求最大流和最小割的集合,最大流可以使用查找增广路的办法查找,最后的最小割可以在最后查找一次增光路记最小割的集合,具体看代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <set>
#include <stack>
using namespace std;
const int max_n = 505;
const int inf = 0xfffffff;
int gra[max_n][max_n];
vector<int>v[max_n];
int level[max_n];
int n,m;
vector<int>mp;
int flag;
bool bfs() {
queue<int>q;
memset(level,0,sizeof(level));
q.push(1);
level[1] = 1;
if(flag) {
mp.push_back(1);
}
while(!q.empty()) {
int p = q.front();
q.pop();
if(p == n) {
return true;
}
for(int i = 0; i < v[p].size(); i++) {
int st = v[p][i];
if(!level[st]&&gra[p][st]) {
level[st] = level[p]+1;
q.push(st);
if(flag) {
mp.push_back(st);
}
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int sup) {
if(x == n) {
return sup;
}
int ret = 0;
for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
int st = v[x][i];
if(level[st] == level[x]+1 && gra[x][st]) {
int mi = min(sup-ret,gra[x][st]);
int mx = dfs(st,mi);
gra[x][st] -= mx;
gra[st][x] += mx;
ret += mx;
if(ret == sup) {//这里的返回是说当前的点所能流过的最大流,和后面所有能流过的总和相等是,便不可能再允许后面的流量流过
return ret;
}
}
}
return ret;
}
int max_flow() {
int ans = 0;
while(bfs()) {
ans += dfs(1,inf);
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(gra,0,sizeof(gra));
int a,b,c;
for(int i = 0; i < m; i++) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
v[a].push_back(b);
gra[a][b] += c;
}
int ans = max_flow();
printf("%d ",ans);
mp.clear();
flag = 1;
bfs();
printf("%d\n",mp.size());
printf("%d",mp[0]);
for(int i = 1;i < mp.size();++i){
printf(" %d",mp[i]);
}
printf("\n");
return 0;
}
总结:自己对最大流的理解还是很欠缺。。。。。。继续加油
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