［問題描述］如圖4-1所示是聯結某產品地v1和銷售地v4的交通網，每一弧(vi,vj)代表從vi到vj的運輸線，產品經這條弧由vi輸送到vj，弧旁的數表示這條運輸線的最大通過能力。產品經過交通網從v1到v4。現在要求制定乙個運輸方案使從v1到v4的產品數量最多。
圖 4 - 1
圖 4 - 2
一、基本概念及相關定理1)網路與網路流
定義1給乙個有向圖n=(v，e)，在v中指定一點，稱為源點(記為vs，和另一點，稱為匯點(記為vt)，其餘的點叫中間點，
對於e中每條弧(vi，vj)都對應乙個正整數c(vi，vj)≥o(或簡寫成cij)，稱為f的容量，則賦權有向圖n=(v，e，c，vs，vt)稱為乙個網路。如圖4-1所給出的乙個賦權有向圖n就是乙個網路，指定v1是源點，v4為匯點，弧旁的數字為cij。
所謂網路上的流，是指定義在弧集合e上乙個函式f=，並稱f(vi，vj)為弧(vi，vj)上的流量(下面簡記為fij)。如圖4-2所示的網路n，弧上兩個數，第乙個數表示容量cij，第二個數表示流量fij。
2)可行流與最大流
在運輸網路的實際問題中，我們可以看出，對於流有兩個顯然的要求：一是每個弧上的流量不能超過該弧的最大通過能力(即弧的容量)；二是中間點的流量為0，源點的淨流出量和匯點的淨流入量必相等且為這個方案的總輸送量。因此有：
定義2滿足下列條件
(1)容量約束：0≤fij≤cij，(vi,vj)∈e，
(2)守恆條件
對於中間點：流入量=流出量；對於源點與匯點：源點的淨流出量vs(f)=匯點的淨流入量（-vt(f)）
的流f，稱為網路n上的可行流，並將源點s的淨流量稱為流f的流值v(f)。
網路n中流值最大的流f*稱為n的最大流。
3)可增廣路徑
所謂可增廣路徑，是指這條路徑上的流可以修改，通過修改，使得整個網路的流值增大。
定義3設f是乙個可行流，p是從源點s到匯點t的一條路，若p滿足下列條件：
(1)在p上的所有前向弧(vi→vj)都是非飽和弧，即0≤fij
ij (2)在p上的所有後向弧(vi←vj)都是非零弧，即0ij≤cij
則稱p為(關於可行流f的)一條可增廣路徑。
(4)割及其容量
定義4如果a是v的乙個子集，a-=v-a，s∈a，t∈a-，則稱邊集(a，a-)為網路n的乙個割，顯然，若把某一割的弧從網路中丟去，則從vs到vt就不存在路。所以直觀上講，割是從vi到vj的必經之道。
定義5給一割(a，a-)，把其中所有弧的容量之和稱為這個割的容量，記為c(a，a-)，即
c(a，a-)=∑c(e)
網路n中容量最小的割(a*，a*
-)稱為n的最小割。
不難證明，任何乙個可行流的流量v(f)都不會超過任一割的容量，即
v(f)≤c(a，a-)
例如，圖4-2中，若a=，(a，a-)=，c(a，a-)=4+3=7。
(5)有關定理
定理1當且僅當不存在關於f*的增廣路徑，可行流f*為最大流。
證明 必要性：若f*是最大流，設n中存在關於f*的增廣路徑p，令：
q=min
由增廣路徑定義可知，q>0，再令：
f**ij = f*
ij+q (vi，vj)∈ p的前向弧的集合
f**ij = f*
ij-q (vi，vj)∈ p的後向弧的集合
f**ij = f*
ij (vi，vj)不屬於p的集合
不難證明是—可行流，且v(f**)=v(f*)+q>v(f*)。這與f*是最大流假設矛盾，必要性證畢。
證明 充分性：設n中不存在關於f*的增廣路徑，證明f*是最大流。我們利用下面的方法來定義a*。
令vs∈ a*
若vi∈ a*，且fij
ij，則令vj
∈ a*；
若vi∈ a*，且fji>0，則令vj
∈ a*。
因為不存在關於f*的增廣路徑，故vt不屬於a*。
記a*-=v-a*，於是得到乙個割(a*，a*-)，顯然有
f*ij=cij，(vi，vj)∈(a*，a*-)
f*ij=0，(vi，vj)∈(a*-，a*)
所以v(f*)=c(a*，a*-)。於是f*必是最大流，定理得證。
由上述證明中可得，若f*是最大流，則網路中必存在乙個割集c(a*，a*-)，使得v(f*)=c(a*，a*-)。
於是有以下重要定理。
定理2最大流最小割定理：在乙個網路n中，從vs到vt最大流的容量等於分離vs，vt的最小割的容量。
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