最大流

网络流问题

给定指定的一个有向图，其中有两个特殊的点源S(Sources)和汇T(Sinks)，每条边有指定的容量(Capacity)，求满足条件的从S到T的最大流(MaxFlow)。

显然有流网络有三个性质：1.容量限制：流量不会大于容量。2.反对称性：从u到v的流量一定是从v到u流量的相反值。3.流守恒性：流入与流出相同。这里要特意注意第二条，一条边上的流量v会带来反向的流量c-v，具体体现在代码，就是在残留网络中每条边都有反边，当一条边的流量增加，它的反边的流量就减少相应值。网络流的算法就是基于残留网络而不是基于原网络的。

残留网络，增广路和割

增广路就是一条通过残留网络的流，其作用是“反悔”。割C[A, B]是将图G分为A和B两个点集，使得S在A中，T在B中。注意所谓“割中的边”，指的是从属于S的点出发，到T的所有边。

如何求出一个网络的最大流呢？有一个最简单的EK算法，思路是每次找出一条增广路，不断调整残留网络，直到没有增广路为止。这个证明可以感性愉悦一下。下面是理性不愉悦的 。

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)<c(u,v)，则有Gf(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，大概思想就是利用割作为跳板来证明。

Dinic

我们来算一下EK的复杂度。首先我们定义层次图。将残留网络从s开始bfs，计算出每个点是第几层的，层次图中只包含从层次低连到高的边。将t的层数定义为层次图的层数。相同层数的层次图称为一个阶段。

设原残留网络的层数为k。容易发现增广一次，k要么不变，要么增加。k增加的原因是增广是在层次图上增广的，不会使层次图中的边流量增加，只会增加后向边的流量，因此bfs会走更多的回头路，层数随之增加。（此处感性愉悦，具体见）

因此随着增广，层次图的层数严格递增。由于最短路的长度最少为1，最多为n-1，所以最多有n-1个阶段，近似于n。在同一阶段中，每增广一次，就会至少减少一条层次图中的边。所以最多增广m次。而EK算法找增广路用的bfs，所以时间复杂度为O(n*m^2)。

Dinic唯一做的就是把bfs改成dfs。在每一个阶段中，先用一个bfs将所有的点的层次都确定出来，然后强制dfs只能从层次浅的跑向深的点。这样就可以用dfs代替bfs了。时间复杂度被优化到O(n^2*m)，考场上一般写这个。

注意我加了一个当前弧优化，就是dfs时不用跑已经跑过的弧了，因为边的流量只会少不会多，并且层次图是个dag。

#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       using namespace std;const int maxf=55, maxn=maxf*200, maxm=maxn+100, INF=1e9, inf=1e8;int n, m, cnt, src, dst, ans;inline int min(int x, int y){ return x
       
        r[u]) continue;            //beg[u]+j-l[u]表示x[u]=x[v]+d的点的编号            addedge(max(beg[u], beg[u]+j-l[u]), beg[v]+i-l[v], 2*inf);        }    }    printf("%d\n", inf*n-Dinic());    return 0;}
       
      
     
    

至于sap。。反正我是不准备学了（不会用到.jpg）