最大流算法复杂度分析
Ford-Fulkerson算法(1956)
非常简单，直接在残量网络上dfs找到一条增广路，然后更新残差图，不断重复，直到找不到增广路。然后得到的就是最大流。
如果所有的边的容量都是0到U的整数，那显然最大流最大是nU。每次增广都至少使得总流量增加1，所以最多有nU次增广。找增广路的复杂度是\(O(m)\)，m是边数，所以总的复杂度就是\(O(mnU)\)。如果U是1，那总复杂度就是\(O(mn)\)。
注意，如果容量可能是无理数的话，那这个算法可能永远不会停止。例子我也不会举。
Capacity Scaling
为了使得找到的增广路容量尽可能大，先在只含容量大于等于\(\Delta\)的边的子图中不停找增广路，直到找不到为止。然后将\(\Delta\)减半，再重复，直到\(\Delta\)变成0。可见这个优化只在所有边的容量都是整数的情况才有用。
设U为最大的边容量，\(\Delta\)的初值设为\(2^{\lfloor \log_2 U \rfloor}\)。显然，每个scaling phase一开始的时候子图的边容量都在\([\Delta, 2\Delta)\)的范围里，所以这个scaling phase最多能够增广出\(O(m\Delta)\)的流量。由于每次增广最少能增广出\(\Delta\)的流量，所以在一次scaling phase中，增广次数为\(O(m)\)。每次找增广路的复杂度是\(O(m)\)，最多有\(O(log(U))\)个scaling phase，所以总复杂度是\(O(m^2\log(U))\)。
Dinic：最短增广路
Dinic用BFS找增广路，这样每次找到的都是最短增广路。
L1. 找到的最短增广路的长度单调不减。
将最短增广路长度不变的增广称为正常增广，将长度严格单调增加的增广称为特殊增广。
L2. 最多连续m次正常增广之后必有一次特殊增广。
L3. 一组连续的正常增广消耗的总时间为O(mn)。
为了证明这些性质，先引入admissible graph的概念。设d(v)为v到t的距离，l(e)是边e的长度（通常为1），找到残差图中只含满足d(v) = d(w) + l(v, w)的边(v, w)的子图，也就是说每条边都是某个点到t的最短路上的边。在这些边里进一步筛选出在s到t的最短路上的边，这些边构成的子图就是admissible graph，记为L。
L1证明
老师的证明：显然，s到t的路径中，经过admissible graph中的边的反向边的路径都比最短路径长。所以最短增广路一定是在admissible graph中的。所以最短路径的长度单调不减。
我觉得这个证明有点模糊。这里我用反证法来证明一下。
假如最短增广路的长度不是单调不减的，那么必然存在先后两条增广路a和b，使得a比b长。显然，在增广a的时候，增广路b是不存在的，否则就先找到b了。为什么增广完a之后，b就存在了呢？显然是因为b里有一些边原先是只有反向边的，然后a使用了这些反向边，然后就得到正向边了。我们假设这些反向边里，最靠近s的边是(A, B)，那么a就是由一条从s到B的路径\(a_1\)，一条从A到t的路径\(a_2\)，以及边(B, A)构成的。b由s到A的路径\(b_1\)，B到t的路径\(b_2\)，以及边(A, B)构成。我们前面说过，(B, A)是最靠近t的反向边，这就意味着\(b_1\)在增广a的时候也存在。假设(B, A)的长度为\(l_1\)，那么有如下表达式
得\(b_2 < a_2 + l_1\)。所以，\(b_2\)这条路径在增广a时是不存在的，这说明\(b_2\)里至少有一条由增广a得到的反向边。假设这些反向边中离t最近的是(C, D)，\(b_2\)由从B到C的路径\(b_{21}\)，从D到t的路径\(b_{22}\)，以及边(C, D)构成。显然路径\(b_{22}\)在增广a的时候也存在。
假设边(D, C)在\(a_1\)中，那么\(a_1\)由s到D的路径\(a_{11}\)，C到B的路径\(a_{12}\)，以及边(D, C)构成。在增广a的时候，由于路径\(b_{22}\)也存在，所以其实还可以走\(a_{11}\)从s到D，再走\(b_{22}\)从D到t。由于\(a_{11}+b_{22} < a_1 + b_2 < a_1 + a_2 + l_1\)，所以这条路比a还短，矛盾。
所以(D, C)在\(a_2\)中，那么其实又得到了一个子情况：找从B到t的增广路，先找到了更长的路径\(a_2+l_1\)，再找到了更短的路径\(b_2\)。不断套用上面的逻辑，会发现总是有反向边。但是\(b\)里的反向边是有限的，所以假设不成立，所以最短增广路的长度总是单调不减的。
L2证明
在s到t的最短路长度不变的情况下，显然每次增广产生的反向边都不会被加入到L中(L是admissible graph)，因为经过这些反向边的路径的长度都比最短路长。而且每次增广都至少消耗掉L中的一条边。由于L中最多有m条边，所以最多做m次最短增广路之后，L就被消耗完了，最短增广路长度就开始增加了。
L3证明
求出admissible graph L。在L上从s开始做dfs。显然dfs到的任何一条到达t的路径都是正常增广路径，增广之后就可以至少消耗掉一条边，所以最多进行O(m)次增广（其实是L2的结论）。因为L是一个DAG，所以每次dfs都是\(O(n)\)的。所以总的复杂度是\(O(mn)\)。
我们注意到，增广的时候要对路径上的每条边减去流量。这种操作其实很适合用LCT做。所以我们考虑用LCT优化之。
定义LCT的各操作如下：
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make-tree(v): 让点v单独成树。
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link(v, w): 把v挂到w上
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cut(v, w): 让v不再是w的子节点
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find-root(v): 返回v所在的树的根（用来检查两个节点是否在同一棵树里）。这个好像其实没用？因为加边的时候肯定没有环。
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min-cost(v): 返回从v到root(v)的路径上的值最小的边。老师PPT上说是返回所有值最小的边的集合，我觉得这样的话复杂度可能就不是\(O(\log n)\)了。
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update(v, x): 把x加到v到root(v)的路径上的所有边的值上。应该是用了懒惰标记。
然后维护一棵以t为根的树（让每个除了t的点都有一条出边），然后调用min-cost(s)就可以找到s到t的路径上容量最小的边(v, w)，然后调用update从这些边上减掉容量，然后调用cut把这条容量最小的边删掉。这时v成了s所在的树的根了，如果v还有出边，就直接把这条边加到LCT里，因为这条边一定是指向以t为根的树的某个节点的，因为L是一个DAG，如果v的出边指向以v为根的树的节点的话，就有环了。如果v没有出边了，就把v删掉（应该是通过把指向v的那些边都cut掉），然后会得到一个森林。同样检查这些森林的根节点还有没有出边，有的话就连上，肯定能连到另一棵树上，没有的话再删。不断重复，直到所有没有被删除的节点再次都有一条出边。然后继续调用min-cost(s)找增广路。注意由于我们这里min-cost只返回一条边，所以可能会有一些容量已经减为0的边没有被cut掉，所以min-cost可能会返回容量为0的边。这时就直接把这条边cut掉，然后继续就好了。
每轮的时间复杂度是\(O(\log n)\)的，然后每轮都至少会删掉一条边，所以最多m轮。总复杂度是\(O(m\log n)\)。
总复杂度
每组正常增广的时间复杂度是\(O(m\log n)\)。由于最短路长度最多增加n次，所以最多n组正常增广，总时间是\(O(mn\log n)\)。
单位容量图的分析
即边的容量都是1的图（有向或者无向）。
最多做\(O(n^{2/3})\)组增广
下面先证明单位容量有向图上的一个引理：如果最大流是M，那么s到t的最短路的长度最大为\(\frac{2n}{\sqrt M}\)。
证明：我们先给这个图根据与s的距离来分层，\(|V_i|\)表示s到这点的距离为\(i\)的点构成的点集。显然，\(V_{i-1}\)到\(V_i\)的边的总容量大于M（最大流最小割定理），而总容量又等于边数，边数最大为\(|V_{i-1}| |V_i|\)，所以有\(|V_{i-1}| |V_i| \ge M\)，所以\(|V_{i-1}| \ge \sqrt M\)或者\(|V_i| \ge \sqrt M\)。假设s到t的最短路的长度为\(l\)，那么\(\sum_{i=0}^l |V_i| = n\)，而\(\sum_{i=0}^l |V_i| \ge \lfloor \frac{l+1}{2} \rfloor \sqrt M\)，所以\(\lfloor \frac{l+1}{2} \rfloor \sqrt M \le n\)，\(l \le \frac{2n}{\sqrt M}\)。
对于无向图，边的重度最多为2，所以最短路长度仍然为\(O(\frac{n}{\sqrt M})\)。简单起见，下面仅讨论有向图，无向图同理。
如果当前流量\(\le M - n^{2/3}\)，那么其残差图的最大流就\(\ge n^{2/3}\)，由于残差图仍然是个单位容量图，由前面的引理，所以残差图的s到t的最短路长度\(\le \frac{2n}{\sqrt{n^{2/3}}} = 2n^{2/3}\)，即当前流量达到\(M - n^{2/3}\)最多要做\(O(n^{2/3})\)组增广。当前流量大于\(M - n^{2/3}\)之后，其残差图的最大流就小于\(n^{2/3}\)了，由于每组增广最少能给流量加一，所以最多再做\(n^{2/3}\)组增广即可达到最大流。所以总的来说，最多做\(O(n^{2/3})\)组增广。
最多做\(O(\sqrt m)\)组增广
跟上面的差不多。先证明引理：如果最大流是M，那么s到t的最短路的长度最大为\(\frac{m}{M}\)。
证明：同样先按照与s的距离分成\(l+1\)层，两层之间的边的容量至少为\(M\)，那么总边数至少为\(lM\)，所以\(lM\le m\)，\(l\le \frac{m}{M}\)。
如果当前流量\(\le M - \sqrt m\)，那么其残差图的最大流\(\ge \sqrt m\)，由引理，残差图的s到t的最短路长度\(\le \frac{m}{\sqrt m} = \sqrt m\)，所以当前流量达到\(\le M - \sqrt m\)最多要做\(O(\sqrt m)\)组增广。当前流量达到\(\le M - \sqrt m\)后，由于每组增广最少能给流量加一，所以最多再做\(\sqrt m\)组增广即可达到最大流。所以总的来说，最多做\(O(\sqrt m)\)组增广。
单位容量图总复杂度
每次在admission graph里找到所有正常增广路时，即做一组增广时，每条边都只会被访问一遍，所以时间复杂度是\(O(m)\)。所以总复杂度是\(O(\min(\sqrt m, n^{2/3}) \cdot m)\)。
参考文献
老师PPT里A simple algorithm for undirected graph之后的都没看懂
