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)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。

#include

using namespacestd;#define maxn 505

#define INF 0x3f3f3f3f

structEdge

{int from,to,cap,flow;

};structDinic

{intn,m,s,t;

vectoredge;

vectorG[maxn];boolvis[maxn];intd[maxn];intcur[maxn];void addEdge (int from,int to,intcap)

{

edge.push_back((Edge){from,to,cap,0});

edge.push_back((Edge){to,from,0,0});

m=edge.size();

G[from].push_back(m-2);

G[to].push_back(m-1);

}boolBFS()

{

memset(vis,0,sizeof(vis));

queueQ;

Q.push(s);

d[s]= 0;

vis[s]= 1;while(!Q.empty())

{int x =Q.front();

Q.pop();for(int i=0; i

{

Edge& e =edge[G[x][i]];if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow)

{

vis[e.to]= 1;

d[e.to]= d[x] + 1;

Q.push(e.to);

}

}

}returnvis[t];

}int DFS(int x,inta)

{if(x==t||a==0) returna;int flow = 0,f;for(int & i = cur[x]; i

{

Edge& e =edge[G[x][i]];if(d[x] + 1==d[e.to]&&(f=DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0)

{

e.flow+=f;

edge[G[x][i]^1].flow -=f;

flow+=f;

a-=f;if(a==0) break;

}

}returnflow;

}int Maxflow (int s,intt) {this->s = s;this->t =t;int flow = 0;while(BFS()) {

memset(cur,0,sizeof(cur));

flow+=DFS(s,INF);

}returnflow;

}//求最小割S,T;

void new_BFS(int s,intn)

{

memset(vis,0,sizeof(vis));

d[s]= 0;

vis[s]= 1;

queueQ;

Q.push(s);while(!Q.empty())

{int u =Q.front();

Q.pop();for(int i=0;i

{

Edge& e =edge[G[u][i]];if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow)

{

vis[e.to]= 1;

d[e.to]= d[u] + 1;

Q.push(e.to);

}

}

}int cnt = 0;for(int i=1;i<=n;i++)

{if(vis[i]) cnt++;

}

printf("%d\n",cnt);for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[i]) printf("%d",i);

puts("");

}

}sol;intmain()

{intn,m;

scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i

scanf("%d%d%d",&u,&v,&cap);

sol.addEdge(u,v,cap);

}

printf("%d",sol.Maxflow(1,n));

sol.new_BFS(1,n);return 0;

}

View Code

我的理解：

首先一个任意的净流f(s,t)都等于当前网络的流量f.

割的容量C(s,t)，为所有从s到t的边容量之和。就有c(s,t)>=f(s,t)，那么改变割的定义就会产生一个最小割。

而这个最小割限制了整个网络的流f的上界，所以有：

最大流=最小割。

然后就是求最小割集：

Dinic算法，不停分层，按层增广。求的最大流最小割。

然后就是求最小割集，一遍分层，标记分割s,t;