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hihocoder 网络流二·最大流最小割定理

网络流二·最大流最小割定理

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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):

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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+11=23

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:

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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)=0f(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)=0f(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 71 2 31 3 52 4 13 4 23 5 34 6 45 6 2
样例输出
5 41 2 3 5

分析:最小割最大流,dicnic;
代码:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm>#include <climits>#include <cstring>#include <string>#include <set>#include <map>#include <queue>#include <stack>#include <vector>#include <list>#define rep(i,m,n) for(i=m;i<=n;i++)#define rsp(it,s) for(set<int>::iterator it=s.begin();it!=s.end();it++)#define mod 1000000007#define inf 0x3f3f3f3f#define vi vector<int>#define pb push_back#define mp make_pair#define fi first#define se second#define ll long long#define pi acos(-1.0)#define pii pair<int,int>#define Lson L, mid, rt<<1#define Rson mid+1, R, rt<<1|1const int maxn=5e2+10;using namespace std;ll gcd(ll p,ll q){return q==0?p:gcd(q,p%q);}ll qpow(ll p,ll q){ll f=1;while(q){if(q&1)f=f*p;p=p*p;q>>=1;}return f;}int n,m,k,t,h[maxn],tot,vis[maxn],s,cur[maxn];bool flag;set<int>ans;struct node{    int to,nxt,cap,flow;}e[20000<<1];void add(int x,int y,int z){    e[tot].to=y;    e[tot].nxt=h[x];    e[tot].cap=z;    h[x]=tot++;    e[tot].to=x;    e[tot].nxt=h[y];    h[y]=tot++;}bool bfs(){    memset(vis,0,sizeof vis);    queue<int>p;    p.push(s);    vis[s]=1;    if(flag)ans.insert(s);    while(!p.empty())    {        int x=p.front();p.pop();        for(int i=h[x];i!=-1;i=e[i].nxt)        {            int to=e[i].to,cap=e[i].cap,flow=e[i].flow;            if(!vis[to]&&cap>flow)            {                vis[to]=vis[x]+1;                p.push(to);                if(flag)ans.insert(to);            }        }    }    return vis[t];}int dfs(int x,int a){    if(x==t||a==0)return a;    int ans=0,j;    for(int&i=cur[x];i!=-1;i=e[i].nxt)    {        int to=e[i].to,cap=e[i].cap,flow=e[i].flow;        if(vis[to]==vis[x]+1&&(j=dfs(to,min(a,cap-flow)))>0)        {            e[i].flow+=j;            e[i^1].flow-=j;            ans+=j;            a-=j;            if(a==0)break;        }    }    return ans;}int max_flow(int s,int t){    int flow=0,i;    while(bfs())    {        rep(i,1,n)cur[i]=h[i];        flow+=dfs(s,inf);    }    return flow;}int main(){    int i,j;    memset(h,-1,sizeof h);    scanf("%d%d",&n,&m);    while(m--)    {        int a,b,c;        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);        add(a,b,c);    }    s=1,t=n;    printf("%d",max_flow(s,t));    flag=true;    bfs();    printf(" %d\n",ans.size());    for(int x:ans)printf("%d ",x);    printf("\n");    //system("Pause");    return 0;}

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