网络流学习笔记（1）：最大流及其反向边详解+最小割定理简单证明
何为最大流？
把计算机当做顶点，连接计算机的通信电缆当做边，就可以把该网络就可以把这个网络当作一个有向图来考虑了。图中的每条边 e ∈ E e\in E e∈E都有对应的最大可能的数据传输量 c ( e ) c(e) c(e),这样，就可以把问题转为如下形式。
- 记每条边对应的实际数据传输量为 f ( e ) f(e) f(e)
- 传输量应该满足以下限制 0 ≤ f ( e ) ≤ c ( e ) 0\leq f(e)\leq c(e) 0≤f(e)≤c(e)，即通信电缆上传输的数据，不能比传输容量大，否则容易荡机。
- 根据物质守恒定律，除了 s , t s,t s,t两个点只负责发送或者接受，其他机器的收发数据量应该是相等的。
- 目标是最大化从 s s s发出的数据量。
我们称使得传输量最大的 f f f为最大流，而求解最大流的问题为最大流问题。此外，我们称 c c c为边的容量， f f f为边的流量， s s s为源点(source), t t t为汇点(sink)那么，这个问题应该如何求解呢？首先考
虑下面这样的贪心算法。
贪心策略
- 找到一条 s s s到 t t t的所有路径都满足 f ( e ) < c ( e ) f(e)
- 如果不存在满足条件的路径，则结束算法。否则，沿着该路径尽可能地增加 c ( e ) c(e) c(e)，返回第(1)步。
将该算法用于样例，得到以下的结果
但是这样得到的结果真的是最大流嘛？事实上，如果采用下图所示的方案，可以得到更优的结果，于是可以知道这个贪心算法是不正确的。
那么，贪心算法得到的结果是10, 而上图得到的结果是11。为了找出二者的区别，不妨来看看它们的流量的差。
反向边的作用，为什么需要反向边？
通过对流量的差的观察可以发现，我们通过将原先得到的流给推回去（图中的-1部分），也就是说给流一个反悔的机会，此时表面上 s − 2 − 1 − 3 − t s-2-1-3-t s−2−1−3−t形成了一条新的路径，最大流增加了1，但是仔细思考一下，他到底是怎么运作的呢？难道真的是 2 → 1 2\rightarrow 1 2→1的一个流嘛？可是 2 → 1 2\rightarrow 1 2→1事实上并没有路径。
实际上，我们分别考虑这个推回去的流对 1 1 1和 2 2 2他们的影响，对 2 2 2来说，这退回的从 1 → 2 1\rightarrow 2 1→2的流，由 s → 2 s\rightarrow2 s→2的这个流进行替代，因此流向 2 2 2的流其实没有变化，因此从 2 → t 2\rightarrow t 2→t的最大流没有变化，但是对 1 1 1而言，给它腾出来了一个单位的流，而且这个流刚好可以从 1 − 3 − t 1-3-t 1−3−t流到终点（因为 s − 2 − 1 − 3 − t s-2-1-3-t s−2−1−3−t形成了路径，那么其中的一部分肯定也是一条可以使用流量 1 1 1的路径）从 1 − 3 − t 1-3-t 1−3−t流向终点，因此最大流 + 1 +1 +1，这就是反向边所起的作用，往往可以从该反向边将路径分成两部分分别进行分析。再分析一个简单的例子
第一步我们得到 1 − 2 − 4 − 6 1-2-4-6 1−2−4−6这条路径，然后更新，如果没有反向边，那就打卡下班，得到一个错误答案（实际上1-2-5-6,1-3-4-6是最优的）。加上反向边，
我们又得到了 1 − 3 − 4 − 2 − 5 − 6 1-3-4-2-5-6 1−3−4−2−5−6，细品，也就是3代替2将10个单位的流注入了4，因此 1 − 3 − 4 − 6 1-3-4-6 1−3−4−6形成了新的流，而反悔的10单位的流回到2节点，又经过 5 − 6 5-6 5−6流向终点，也就是 1 − 2 − 5 − 6 1-2-5-6 1−2−5−6也形成了一个新的流，并且得到了更好的答案。
我们将由反向边和正常边组成的网路称作为残余网络，并称残余网络上 s → t s\rightarrow t s→t的路径为增广路径。
Ford-Fulkerson算法
我们可以试着在之前的贪心算法中加上上面的操作，将算法进行如下改进。
- 只利用满足 f ( e ) < c ( e ) f(e)
- 如果不存在满足条件的路径，则结束。否则，沿着该路径尽可能地增加流，返回第(1)步。
再将改进后的贪心算法运用于样例。显然就可以了
下面是一个Ford-Fulkerson算法的邻接表实现的例子。这里没有保存 f ( e ) f(e) f(e)的值，取而代之的是直接改变 c ( e ) c(e) c(e)的值。
数据结构
给图中新增边
注意为什么对 f r o m from from而言他的反向边是这个 G [ t o ] . s i z e G[to].size G[to].size，如果 G [ t o ] . s i z e G[to].size G[to].size是1，那么 G [ t o ] G[to] G[to]下一步会push这条反向边进入他的vector，索引值恰好是1。 f r o m < = > t o from<=>to from<=>to这两条边互为反向边，因此 G [ t o ] G[to] G[to]的反向边索引是 G [ f r o m ] . s i z e ( ) − 1 G[from].size()-1 G[from].size()−1
DFS寻找增广路径
- 将 f f f作为参数，记录该路径上的最大流量，一旦到达终点就可以返回该值。
- 更新容量时记着也要更新反向边的容量。
- 每找到一条增广路径，dfs函数就会返回，used只是在寻找一条增广路经时作为标记使用的。
求解最大流
不断地寻找增广路径，used数组每次都要重新初始化，
最小割问题
什么是最小割问题？对于给定网络，为了保证没有从s到t的路径，需要删去的边的总容量的最小值是多少？
下面介绍网络流理论中一个最为重要的定理
最大流最小割定理(Maximum Flow, Minimum Cut Theorem):
网络的最大流等于最小割
具体的证明分三部分
具体的证明分三部分
1.任意一个流都小于等于任意一个割 这个很好理解 自来水公司随便给你家通点水 构成一个流 恐怖分子随便砍几刀 砍出一个割 由于容量限制 每一根的被砍的水管子流出的水流量都小于管子的容量 每一根被砍的水管的水本来都要到你家的 现在流到外面 加起来得到的流量还是等于原来的流
管子的容量加起来就是割 所以流小于等于割 由于上面的流和割都是任意构造的 所以任意一个流小于任意一个割
2.构造出一个流等于一个割 当达到最大流时 根据增广路定理 残留网络中s到t已经没有通路了 否则还能继续增广 我们把s能到的的点集设为S 不能到的点集为T 构造出一个割集C[S,T] S到T的边必然满流 否则就能继续增广 这些满流边的流量和就是当前的流即最大流
把这些满流边作为割 就构造出了一个和最大流相等的割
3.最大流等于最小割 设相等的流和割分别为Fm和Cm 则因为任意一个流小于等于任意一个割 任意F≤Fm=Cm≤任意C 定理说明完成，证明如下： 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：
- 流f是图G的最大流
- 残留网络Gf不存在增广路
- 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。