2171. EK求最大流

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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。

输入格式

第一行包含四个整数 $n,m,S,T$。

接下来 $m$ 行，每行三个整数 $u,v,c$，表示从点 $u$ 到点 $v$ 存在一条有向边，容量为 $c$。

点的编号从 $1$ 到 $n$。

输出格式

输出点 $S$ 到点 $T$ 的最大流。

如果从点 $S$ 无法到达点 $T$ 则输出 $0$。

数据范围

$2 \le n \le 1000$,
$1 \le m \le 10000$,
$0 \le c \le 10000$,
$S \neq T$

输入样例：

7 14 1 7
1 2 5
1 3 6
1 4 5
2 3 2
2 5 3
3 2 2
3 4 3
3 5 3
3 6 7
4 6 5
5 6 1
6 5 1
5 7 8
6 7 7

输出样例：

14

解题思路

网络流、$EK$ 算法求最大流

在流网络中不考虑反向边，对于一个可行流（从源点流出的流量-流入源点的流量）来说，其必须满足两个条件：容量限制、流量守恒
在残留网络中考虑反向边，其是针对某一个可行流定义的，设 $c$ 为原图中某条边的容量，流量为 $f$，其正向边的容量为 $c-f$，反向边容量为 $f$，对于流网络的一个可行流 $f$，对应的残留网络的一个可行流 $f'$（可能为负数），$f+f'$ 是原流网络的另一个可行流
在残留网络中如果存在一条增广路径(即存在一条权值大于 $0$ 的可行流)的话，则对应的原流网络的可行流一定不是最大流（最大可行流）
割的定义：将流网络中的所有节点分为两部分，一部分包含源点 $s$ 的集合 $S$，另一部分包含汇点 $t$ 的集合 $T$，且 $S\bigcup T=V,S\bigcap T=\varnothing$，可以知道割有 $2^{\left | V \right |-2}$ 中，割的容量(最小割即最小容量) $c(S,T)=\sum_{u\in S,v\in T}c(u,v)$，割的流量 $f(S,T)=\sum_{u\in S,v\in T}f(u,v)-\sum_{u\in T,v\in S}f(u,v)$，易得 $f(S,T)\leq c(S,T)$，而且可以证明 $f(S,T)$ 可以对应流网络中的一个可行流
证明：很容易得到以下性质：
前提：$X\bigcap Y=\varnothing$

1. $f(X,Y)=-f(Y,X)$
2. $f(X,X)=0$
3. $f(Z,X\bigcup Y)=f(Z,X)+f(Z,Y)$
4. $f(X\bigcup Y,Z)=f(X,Z)+f(Y,Z)$

借此，得到下面等式：

$$f(S,T)=f(S,V)-f(S,S)\\\ =f(S,V)\\\ =f({s},V)+f(S-{s},V)\\\ =f({s},V) =\left | f \right |$$

得证
即有 $\left | f \right |=f(S,T)\leq c(S,T)$，即有 $最大流\leq 最小割$

最大流最小割定理

1. 可行流 $f$ 是最大流

2. 可行流 $f$ 的残留网络中不存在增广路

3. 存在某个割 $[S, T]，|f| = c(S, T)$

证明：
$1\rightarrow 2$
反证法：假设如果 $f$ 是最大流，但 $f$ 的残留网络中存在增广路，即残留网络中存在一个可行流 $\left | f' \right |>0$，则由性质，$f+f'$ 也是原流网络的一个可行流，且该权值比最大流还大，矛盾，故 $1\rightarrow 2$
$3\rightarrow 1$
有 $|f| = c(S, T)$，则 $最大流\leq c(S,T)=|f|$，则 $f=最大流$
$2\rightarrow 3$
构造：令 $S=在残留网络中，从 s 出发沿容量大于 0 的边走所遍历到的点且不含 t$，$T=V-S$，则有 $u\in S,v\in T,f(u,v)=c(u,v)$，假设 $f(u,v)<c(u,v)$，则在残留网路中一定会有 $u$ 连向 $v$ 且权值为正的容量，则 $v$ 应该也属于 $S$，矛盾，即 $u\in S,v\in T,f(u,v)=c(u,v)$，同理， $u\in T,v\in S,f(u,v)=0$，则 $|f|=f(S,T)=c(S,T)$

上面三个条件知一可得其二，且由 $3$ 可以得到一个结论：$最大流=最小割$

$EK$ 算法正是利用第二个条件得第一个条件，利用 $bfs$ 不断得到一条增广路径，将最小的残余流量加入到最大流中，同时更新该增广路径，再次判断是否存在增广路径直到没有为止

由于网络流的复杂度上界都比较松，$EK$ 算法一般用来处理 $10^3\sim 10^4$ 的网络模型

• 时间复杂度：$O(nm^2)$

代码

// Problem: EK求最大流
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2173/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1005,M=20005,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,s,t;
int h[N],e[M],ne[M],f[M],idx,res;
int q[N],tt,hh,d[N],pre[N];
bool st[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(st,0,sizeof st);
	d[s]=inf;
	q[0]=s;
	st[s]=true;
	tt=hh=0;
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(!st[y]&&f[i])
			{
				st[y]=true;
				d[y]=min(d[x],f[i]);
				pre[y]=i;
				if(y==t)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int ek()
{
	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()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int u,v,c;
    	scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);
    	add(u,v,c);
    }
    printf("%d",ek());
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16547631.html
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