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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+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：
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。
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。
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。
6 7 1 2 3 1 3 5 2 4 1 3 4 2 3 5 3 4 6 4 5 6 2
5 4 1 2 3 5
【分析】又封装了一个网络流Dinic模板。
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <time.h> #include <string> #include <map> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <queue> #define inf 0x3f3f3f3f #define mod 10000 typedef long long ll; using namespace std; const int N=505; const int M=40005; int s,t,n,m,vs,vt; int d[N]; int vis[N]; bool flag=false; struct Dinic { int s,t; struct Edge { int nxt,to,cap,flow; } edg[M]; vector<int>ans; int tot=0; bool vis[N]; int d[N]; int h[N]; int cur[N]; void init() { memset(h,-1,sizeof h); } void AddEdge(int x,int y,int z) { edg[tot].to=y; edg[tot].nxt=h[x]; edg[tot].cap=z; h[x]=tot++; edg[tot].to=x; edg[tot].nxt=h[y]; h[y]=tot++; } bool BFS() { memset(vis,0,sizeof(vis)); queue<int>q; q.push(s); d[s]=0; vis[s]=1; if(flag)ans.push_back(s); while (!q.empty()) { int x = q.front(); q.pop(); for (int i = h[x]; i!=-1; i=edg[i].nxt) { int v=edg[i].to; if (!vis[v] && edg[i].cap > edg[i].flow) { vis[v]=1; d[v] = d[x]+1; q.push(v); if(flag)ans.push_back(v); } } } return vis[t]; } int DFS(int x,int a) { if (x==t || a==0) return a; int flow = 0,f; for(int &i=cur[x]; i!=-1; i=edg[i].nxt) { int v=edg[i].to; if (d[x]+1 == d[v] && (f=DFS(v,min(a,edg[i].cap-edg[i].flow)))>0) { edg[i].flow+=f; edg[i^1].flow-=f; flow+=f; a-=f; if (a==0) break; } } return flow; } int Maxflow(int s,int t) { this->s=s; this->t=t; int flow = 0; while (BFS()) { for(int i=0; i<=n; i++)cur[i]=h[i]; flow+=DFS(s,inf); } return flow; } } dc; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); dc.init(); for(int i = 1; i<=m; i++) { int u,v,di; scanf("%d%d%d",&u,&v,&di); dc.AddEdge(u,v,di); } s=1,t=n; printf("%d ",dc.Maxflow(s,t)); flag=true; dc.BFS(); printf("%d\n%d",dc.ans.size(),dc.ans[0]); for(int i=1; i<dc.ans.size(); i++)printf(" %d",dc.ans[i]); printf("\n"); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/jianrenfang/p/5888157.html
