Hihocoder1378 网络流二·最大流最小割定理（最大流+最小割）

1378 : 网络流二·最大流最小割定理

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

样例输出

5 4
1 2 3 5

链接

https://hihocoder.com/problemset/problem/1378

题意

求最小割，以及最小割中属于S部分的点集。

题解

先跑一遍最大流得到最小割，最后再bfs一遍，如果搜到有边的残余容量大于0加入点集，因为最小割的边的容量一定是满的。

这题一开始理解错了，还以为是求割边的点集合。

代码

Status	Accepted
Time	32ms
Memory	4096kB
Length	2521

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn = 510;

int n, m;
struct Edge
{
    int u, v, cap;
    Edge() {}
    Edge(int u, int v, int cap): u(u), v(v), cap(cap) {}
}edge[maxn*maxn];

int R, S, T;
vector <int> E[maxn]; //边集
int dis[maxn];
int current[maxn];
vector <int> V;
bool flag;

void addedge(int u, int v, int cap)
{
    E[u].push_back(R);
    edge[R++] = Edge(u, v, cap); // 正向边
    E[v].push_back(R);
    edge[R++] = Edge(v, u, 0); // 方向边容量为0
    // 正向边下标通过异或就得到反向边下标, 2 ^ 1 == 3 ; 3 ^ 1 == 2，R从0开始
}

int bfs()
{
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); // 初始化为0x3f3f3f3f
    queue <int> Q;
    Q.push(S);
    dis[S] = 0;
    if (flag)
        V.push_back(S);
    while (!Q.empty())
    {
        int u = Q.front();
        Q.pop();
        for (int i = 0; i < E[u].size(); ++i)
        {
            Edge &e = edge[E[u][i]];
            if (e.cap > 0 && dis[e.v] == 0x3f3f3f3f)
            {
                dis[e.v] = dis[u] + 1;
                Q.push(e.v);
                if (flag)
                    V.push_back(e.v);
            }
        }
    }
    return dis[T] < 0x3f3f3f3f; // 返回是否能够到达汇点
}

int dinic(int u, int maxflow)
{
    if (u == T)
        return maxflow;
    for (int i = current[u]; i < E[u].size(); ++i) // 当前弧优化，保存u点增广到了第几条边
    {
        current[u] = i;
        Edge &e = edge[E[u][i]];
        if (dis[e.v] == dis[u] + 1 && e.cap > 0)
        {
            int flow = dinic(e.v, min(maxflow, e.cap));
            if (flow)
            {
                e.cap -= flow; // 正向边流量减少
                edge[E[u][i] ^ 1].cap += flow; // 方向边流量增加
                return flow;
            }
        }
    }
    return 0;
}

int DINIC()
{
    int ans = 0;
    while (bfs())
    {
        int flow;
        memset(current, 0, sizeof(current)); // bfs后清空当前弧数组
        while (flow = dinic(S, 0x3f3f3f3f)) // 一次bfs可以进行多次增广
            ans += flow;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int t, u, v, cap;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    R = 0, S = 1, T = n; // 边序号，源点，汇点
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        E[i].clear();
    V.clear();
    memset(edge, 0, sizeof(edge));
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &cap);
        addedge(u, v, cap);
    }
    int ans = DINIC();
    flag = true; // 跑完最大流后再bfs一遍得到S点集
    bfs();
    printf("%d %d\n", ans, V.size());
    printf("%d", V[0]);
    for (int i = 1; i < V.size(); ++i)
        printf(" %d", V[i]);
    return 0;
}

Dinic的效率还是比较高的。

The end.
2018-07-22 星期日