最大流_FF思想

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poj 1273

问题

图论中有一个重要问题，假设有一个水管网图，每根水管都规定了一个可以流的方向，从v号结点到u号结点最大允许通过的水量为c(v,u)，有一个源点s存储了无限多的水，有一个汇点可以存储无限多的水。问：从源点流向汇点的水流的最大速率是多少？

思路

采用经典的EK算法，时间复杂度为O(n*m^2)n为结点数，m为边数，虽然上界很高，但是一般情况很能到上界，一般的情况要好的多。

四个概念，一个定理：

网络流的概念和定理非常多，为了不混淆，先只讲两个会用到的定理。
1.反向边：
这个概念很好理解，对于图中的每一条有向边，如果存在一条方向相反的边，这条边就是反向边。
2.可行流：
从s流向t的任意一个满足条件的流（不一定是最大流）。

3.残留网络：
在图中找到任意一条可行流，并将该可行流的路径上的每一条边都建立一个反向边。反向边的权值是可行流的权值，然后将正向边的权值更新为原来的权值-可行流的权值。

4.增广路径：
在当前的图中，存在一条从s到t的可行流路径。

定理1：
如果f是最大流，GfG_fGf中一定不存在增广路径。
证明：
因为f可行流+f增广路径=f可行流f_{可行流}+f_{增广路径}=f_{可行流}f可行流+f增广路径=f可行流
如果f是最大流，要满足上式，f增广路径=0f_{增广路径}=0f增广路径=0，所以不存在增广路径。

FF思想

这是一种找最大流的思想，但是他有很多中算法实现。
1.找到一条从s到t的可行流路径。
2.记录可行流的大小。
2.根据可行流路径建立增广网络。
3.重复上述1到3，直到没有增广路径。

FF思想有很多严格的证明方法，我这里采用最直观但是相对没那么严谨的方法。
假设s到t有两条最大流，分别如下。
但是在寻找最大流时，我们的运气不好，本来应该经过A点到达t点，但是却在A点进行了拐弯，从下面到达了t点。按理来说这样的话，下面的最大流我们永远也无法找到了。但是，我们有在找到一条可行流时，会建立反向边，所以，这时候s到B时，还可以往上走，抵消掉了A->B的水流，从而到达了t点。所以，这个算法可以找到最大流。

EK算法

EK算法，包括dinic算法都是基于FF思想的一种算法。是FF思想的具体实现，但是，EK算法是最简答的一种算法。
1.bfs遍历图，找到一条可行流，累加可行流。
2.更新残余网络。
3.判断是否存在增广路，如果存在，重复1,2。
4.输出累加的可行流，即最大流。原理参考f可行流+f增广路径=f可行流f_{可行流}+f_{增广路径}=f_{可行流}f可行流+f增广路径=f可行流

代码：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define debug(x) cout<<x<<endl;using namespace std;typedef long long LL;const int N = 205, M = 205, INF = 0x3f3f3f3f;LL G[N][M];//图
LL flow[N], pre[N];//结点的流，前驱
int n, m;//结点数，边数
int bfs(int s,int t) {memset(pre, -1, sizeof pre);memset(flow, 0, sizeof flow);queue<int > q;flow[1] = INF;//代表最多可以流出的水量q.push(s);while (q.size()) {int v = q.front(); q.pop();for (int i = 1; i <= n; i++) {if (G[v][i] > 0&&pre[i]==-1) {q.push(i);pre[i] = v;flow[i] = min(flow[v],G[v][i]);}}if (v == t) break;}return flow[t];
}LL EK(int s, int t) {LL tol = 0;LL  res;//存放流入汇点的数值while (1){//存在增广路res = bfs(s, t);if (res == 0)break;int p = t;while (p != s) {//更改残留图G[pre[p]][p] -= res;G[p][pre[p]] = res;//回流p = pre[p];}tol += flow[t];}return tol;
}int main() {while (~scanf("%d%d", &m, &n)) {memset(G, 0, sizeof G);for (int i = 0; i < m; i++) {int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);G[a][b] += c;}printf("%lld\n", EK(1, n));}return 0;
}/*
test1:
7 6
1 2 40
1 4 30
2 3 30
2 5 30
4 5 40
3 6 40
5 6 5070test2:
7 6
1 2 5
1 4 6
2 3 4
4 5 4
2 5 2
3 6 3
5 6 79
test 3
1 2
1 2 10
*/