算法模板（8）：网络流（1）：最大流

算法模板（8）：网络流（1）：最大流

网络流基本概念

• 基本概念

  • 流网络，不考虑反向边
  • 可行流，不考虑反向边
    • 两个条件（根据《算法导论》，这两个条件可以看作可行流的充要条件）：容量限制（$0\le f(u,v)\le C(u,v)$，流量守恒（除了源点和汇点，每个节点的流入和流出相等）
    • 可行流的流量：从源点流出的流量 - 流入源点的流量（多数时候为流入源点的流量为0）
    • 最大流是指最大可行流
  • 残留网络（一个可行流对应一个残留网络）
    • 原网络里面，不需要考虑反向边；只有在残留网络里面才考虑反向边
    • 考虑反向边，残留网络的可行流 f’ + 原图的可行流f = 原流网络的另一个可行流
      (1) |f’ + f| = |f’| + |f|（这个加号的意思是，如果原图和新图的边的方向相同，那么就把新图的边的流量加上原图中；如果方向相反，就把原图中的边的流量）
      (2) |f’| 可能是负数
    • 残留网络的点集和原流网络的点集相等，边集分为两部分
      • 正向边：容量定义为 $c^{\prime }(u,v)=c(u,v)-f(u,v)$
      • 反向边：容量定义为 $c^{\prime }(u,v)=f(v,u)$. （原图中的边是 $v\to u$）
    • 当 $|f^{\prime }|=0$ 时，现在的可行流不一定是最大流。不过当前可行流是最大流的时候，$|f^{\prime }|$ 必然是0
  • 增广路径：在残留网络里面，从源点出发，沿着大于0的边走，如果能走到汇点的话，那么该路径就是一条增广路径。如果残留网络不存在增广路的话，那么流网络当前的可行流一定是最大流。
  • 割
    • 割的定义：把点集划分成两个子集，并且保证源点和汇点分别属于两个子集。需要注意的是，子集中的点允许不连通.
    • 割的容量：就是横跨两个集合，从 $S$ 到 $T$ 的边的容量之和 $c(s,t)=\sum _{u\in S}\sum _{v\in T}c(u,v)$.
      • 不考虑反向边，“最小割”是指容量最小的割。
    • 割的流量：$f(s,t)=\sum _{u\in S}\sum _{v\in T}f(u,v)-\sum _{u\in T}\sum _{v\in S}f(u,v)$
      • 考虑反向边，$f(S,T)<=c(S,T)$
    • 性质，对于任意两个集合 $X,Y$
      • $f(X,Y)=\sum _{u\in X}\sum _{v\in Y}f(u,v)-\sum _{u\in X}\sum _{v\in Y}f(v,u)$
      • $f(X,Y)=-f(Y,X)$
      • $f(Z,X\cup Y)=f(Z,X)+f(Z,Y)$，其中 $X\cap Y=\varnothing$
      • $f(X,X)=0$
      • $f(X\cup Y,Z)=f(X,Z)+f(Y,Z)$，其中 $X\cap Y=\varnothing$
    • 对于任意可行流f，任意割 $[S,T]$，$|f|=f(S,T)$
    • 对于任意可行流f，任意割 $[S,T]$，$|f|<=c(S,T)$
    • 最大流最小割定理（三个条件相互等价）
      • 可行流f是最大流
      • 可行流f的残留网络中不存在增广路
      • 存在某个割 $[S,T]$，$|f|=c(S,T)$
        • 由1推2：利用 $|f+f^{\prime }|=|f|+|f^{\prime }|$ 反证
        • 由2推3：若没有增广路，我们在残留网络中，令 $S$ 是从源点出发直走大于 0 的边，能够走到的所有的点集；$T$ 就是剩下的点组成的点集。由此可知：我们可以构造一个割出来，对于从 $S$ 到 $T$ 的边 $u\to v$，我们可以让 $f(u,v)=c(u,v)$. 对于从 $T$ 到 $S$ 的边 $u\to v$，我们可以令 $f(u,v)=0$.。而 $|f|=f(S,T)=\sum _{u\in S}\sum _{v\in T}f(u,v)-\sum _{u\in T}\sum _{v\in S}f(u,v)=\sum _{u\in S}\sum _{v\in S}c(u,v)=c(S,T).$
        • 由3推1：已证 $f(S,T)=|f|\le c(S,T)$，即 $最大流\le 最小割$。而 $最大流\ge |f|=c(S,T)$(某一个割的容量)。由此说明 $最大流\ge 最小割$。因此最大流等于最小割。
  • 算法
    • EK $O(n{m}^2)$
    • Dinic $O(n^{2}m)$
    • 网络流的时间复杂度的上界是很宽松的，实际上多数达不到。
  • 应用
    • 二分图
      • 二分图匹配
      • 二分图多重匹配
    • 上下界网络流
      • 无源汇上下界可行流
      • 有源汇上下界最大流
      • 有源汇上下界最小流
    • 多源汇最大流

最大流之算法模板

2171. EK求最大流

• 给定一个包含 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，并给定每条边的容量，边的容量非负。图中可能存在重边和自环。求从点 $S$ 到点 $T$ 的最大流 ($n\le 1000,m\le 10000,0\le m\le 100000,S\ne T$)

#include
using namespace std;
const int N = 1010, M = 20010, INF = 1e8;
int n, m, S, T;
int h[N], f[M], e[M], ne[M], idx;
//d 到当前节点的最小流量，pre 存从哪个边转移过来.
int q[N], d[N], pre[N];
bool st[N];

void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], f[idx] = c, h[a] = idx++;
    e[idx] = a, ne[idx] = h[b], f[idx] = 0, h[b] = idx++;
}

bool bfs()
{
    int hh = 0, tt = 0;
    memset(st, false, sizeof st);
    q[0] = S, st[S] = true, d[S] = INF;
    while(hh <= tt){
        int u = q[hh++];
        for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){
            int v = e[i];
            if(st[v] || f[i] == 0) continue;
            st[v] = true;
            d[v] = min(d[u], f[i]);
            pre[v] = i;
            if(v == T) return true;
            q[++tt] = v;
        }
    }
    return false;
}
int EK()
{
    int res = 0;
    while(bfs()){
        res += d[T];
        for(int i = T; i != S; i = e[pre[i] ^ 1]){
            f[pre[i]] -= d[T], f[pre[i] ^ 1] += d[T];
        }
    }
    return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &S, &T);
    memset(h, -1, sizeof h);
    while(m--){
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c);
    }
    printf("%d\n", EK());
    return 0;
}

2172. Dinic/ISAP求最大流

• 给定一个包含 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，并给定每条边的容量，边的容量非负。图中可能存在重边和自环。求从点 $S$ 到点 $T$ 的最大流 ($n\le 10000,m\le 100000,0\le c\le 10000,S\ne T$)
• Dinic 算法的优化的地方在于，建立一个分层图（防止环），把能够增广的地方全部增广；第二个优化是当前弧优化，相当于优先“榨干”一条边，“榨干”这条边后再“榨干”下一条边。

#include
using namespace std;
const int N = 10100, M = 200010, INF = 1e8;
int n, m, S, T;
int h[N], f[M], e[M], ne[M], idx;
//d 到当前节点的最小流量，pre 存从哪个边转移过来.
int q[N], d[N], cur[N];

void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], f[idx] = c, h[a] = idx++;
    e[idx] = a, ne[idx] = h[b], f[idx] = 0, h[b] = idx++;
}

bool bfs()
{
    //按照所有点到原点的距离建立分层图，并且更新当前弧（即优先榨取的边）
    memset(d, -1, sizeof d);
    int hh = 0, tt = 0;
    q[0] = S, d[S] = 0, cur[S] = h[S];
    while(hh <= tt){
        int u = q[hh++];
        for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int v = e[i];
            if(d[v] == -1 && f[i])
            {
                d[v] = d[u] + 1;
                cur[v] = h[v];
                if(v == T) return true;
                q[++tt] = v;
            }
        }
    }
    return false;
}

int find(int u, int limit)
{
    if(u == T) return limit;
    int flow = 0;
    for(int i = cur[u]; i != -1 && flow < limit; i = ne[i])
    {
        cur[u] = i; //当前弧优化
        int v = e[i];
        if(d[v] == d[u] + 1 && f[i])
        {
            int t = find(v, min(f[i], limit - flow));
            if(!t) d[v] = -1;
            f[i] -= t, f[i ^ 1] += t, flow += t;
        }
    }
    return flow;
}

int dinic()
{
    int res = 0, flow;
    while(bfs()) while(flow = find(S, INF)) res += flow;
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &S, &T);
    memset(h, -1, sizeof h);
    while(m--)
    {
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c);
    }
    printf("%d\n", dinic());
    return 0;
}

最大流之二分图匹配

2175. 飞行员配对方案问题 - AcWing题库

• 题意：第 $1$ 行有 $2$ 个正整数 $m$ 和 $n$。$m$ 是外籍飞行员数；$n$ 是皇家空军的飞行员总数。外籍飞行员编号为 $1\sim m$；英国飞行员编号为 $m+1\sim n$。接下来每行有 $2$ 个正整数 $i$ 和 $j$，表示外籍飞行员 $i$ 可以和英国飞行员 $j$ 配合。文件最后以 $2$ 个 $-1$ 结束。问最大匹配数以及匹配方案。
• 一个问题和一个网络流问题等价，意味着问题的解集与可行流集合是一一对应的。一个流是否是可行流，判断：（1）流量是否守恒；（2）是否超出容量。
• 用 $Dinic$ 算法求二分匹配最大数，复杂度是 $O(m\sqrt{n})$.

#include
using namespace std;
const int N = 110, M = 5210, INF = 1e8;
int h[N], e[M], ne[M], f[M], idx;

int q[N], cur[N], d[N];
int n, m, S, T;

//略去 dinic 的模板，只保留建图模板.

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d%d", &m, &n);
    S = n + 1, T = n + 2;
    int a, b;
    while(cin >> a >> b, a != -1)
    {
        add(a, b, 1);
    }

    for(int i = 1; i <= m; i++) add(S, i, 1);
    for(int i = m + 1; i <= n; i++) add(i, T, 1);

    printf("%d\n", dinic());

    for(int i = 0; e[i ^ 1] != S; i += 2)
    {
        if(f[i] == 0) printf("%d %d\n", e[i ^ 1], e[i]);
    }
}

2179. 圆桌问题 - AcWing题库

• 题意：假设有来自 $m$ 个不同单位的代表参加一次国际会议。每个单位的代表数分别为 $r_i(i=1,2,\dots ,m)$。会议餐厅共有 $n$ 张餐桌，每张餐桌可容纳 $c_i(i=1,2,\dots ,n)$ 个代表就餐。为了使代表们充分交流，希望从同一个单位来的代表不在同一个餐桌就餐。试设计一个算法，给出满足要求的代表就餐方案。

• 二分图的多重匹配问题，构造一个二分图，源点连向左半部分的图，边的容量是点权；右半部分的图向汇点连边，容量也是点权；左右两部分的结点两两相连，容量为1.
  

// 省去 dinic 模板部分，只保留建图
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d%d", &m, &n);
    S = 0, T = n + m + 1;
    int tot = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int r;
        scanf("%d", &r);
        tot += r;
        add(S, i, r);
    }
    for(int i = m + 1; i <= m + n; i++)
    {
        int c;
        scanf("%d", &c);
        add(i, T, c);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            add(i, j + m, 1);
        }
    }
    int res = dinic();
    if(res != tot) printf("0\n");
    else
    {
        printf("1\n");
        for(int u = 1; u <= m; u++)
        {
            for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
            {
                if(m + 1 <= e[i] && e[i] <= m + n && !f[i])
                {
                    printf("%d ", e[i] - m);
                }
            }
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}

最大流之上下界可行流

2188. 无源汇上下界可行流 - AcWing题库

• 给定一个包含 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，每条边都有一个流量下界和流量上界。求一种可行方案使得在所有点满足流量平衡条件的前提下，所有边满足流量限制。
• 建图方式，每条边都减去容量下界；对于每个点，计算容量下界入度之和 $C_{in}$ 和下界出度之和 $C_{out}$，若 $C_{in}>C_{out}$，那么从源点 $S$ 到该点连一条容量为 $C_{in}-C_{out}$ 的边。因为在新图中如果不加这样的边，流量可能不守恒，减去的入流比减去的出流要多，那么把这个多减掉的东西补上去。同理，如果 $C_{in}<C_{out}$，那么就是从当前结点向汇点连一条 $C_{out}-C_{in}$ 的边.
• 当然需要满足从 $S$ 发出的边需要满流，不然不满足流量守恒；同理需要满足到汇点 $T$ 需要满流。不过原图中每一条边都会贡献一个入度和出度。因此在新图中，$S$ 发出的边的容量一定等于汇入 $T$ 的容量，加上从源点流出的流量一定等于流入汇点的流量。因此只要一个满流，另一个一定会满流。

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    S = 0, T = n + 1;
    
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int a, b, c, d;
        scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
        add(a, b, c, d);
        A[a] -= c, A[b] += c;
    }
    
    int tot = 0;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(A[i] > 0) add(S, i, 0, A[i]), tot += A[i];
        else if(A[i] < 0) add(i, T, 0, -A[i]);
    }
    
    if(dinic() != tot) printf("NO\n");
    else
    {
        printf("YES\n");
        for(int i = 0; i < 2 * m; i += 2)
        {
            //注意流量要输出反向边
            printf("%d\n", f[i ^ 1] + l[i]);
        }
    }
    return 0;
}

2189. 有源汇上下界最大流 - AcWing题库

• 题意：给定一个包含 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，每条边都有一个流量下界和流量上界。给定源点 $S$ 和汇点 $T$，求源点到汇点的最大流。
• 另一种建图方式如下，对于每个点 $v$，建一条从 $S$ 到 $v$ 容量是入度下界之和的边，以及一条从 $v$ 指向 $T$ 容量出度下界之和。然后从 原图的 $t$ 到 $s$ 的一条容量为 $\infty$ 的边，这样子可以保证所有点的流量守恒
• 原图的任意一个可行流，都对应于新图任意一个最大流？证明没懂
  

2190. 有源汇上下界最小流 - AcWing题库

• 题意：给定一个包含 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，每条边都有一个流量下界和流量上界。给定源点 $S$ 和汇点 $T$，求源点到汇点的最小流。

最大流之多源汇最大流

最大流之关键边

最大流之最大流判定

最大流之拆点

最大流之建图实战