網路流基本概念

網路流是圖論中乙個博大精深的分支。其最主要的難點在於各種模型的建立，我們需要熟練掌握其中的演算法模板並且充分理解其原理，積累建圖經驗，才能在遇到網路流的題目時從容應對。

本篇blog主要介紹網路流的基本概念，弄清楚這些概念、定理及理解其證明，對於後面的學習會頗有助益。

定義網路的流函式f：對於(x,y)∈e，f(x,y)稱為邊的流量。

對於任意乙個可行流，需要滿足兩個條件：

①容量限制：0<=f(x,y)<=c(x,y)；

②流量守恆：除源點和匯點外，對於圖中任意乙個點，流入該點的流量之和等於從該點流出的流量之和；形式化地來看，即對於任意x∈v(x≠s,t)，∑f(y,x)=∑f(x,y)，其中(x,y),(y,x)∈e。

整個網路的流量值|f|=∑f(s,v)-∑f(v,s)，其中(s,v),(v,s)∈e。

最大流即最大可行流，指流網路的所有可行流中流量最大者。

對於原網路的任意乙個可行流，存在唯一殘留網路與之對應。

我們用gf表示殘留網路，gf=(v,e')，其中e'包含e中所有邊及e中所有邊的反向邊。

殘留網路中邊的容量記為c'(x,y)。若(x,y)∈e，即(x,y)為原網路的邊，則c'(x,y)=c(x,y)-f(x,y)，其中c(x,y)-f(x,y)被稱為邊(x,y)的剩餘容量；若(x,y)不屬於e，且(y,x)∈e，即(x,y)為原網路中某條邊的反向邊，則c'(x,y)=f(y,x)。

記f'為殘留網路的流。若f為流網路的乙個可行流，f'為該可行流對應的殘留網路的可行流，則f+f'也是原網路的乙個可行流，且|f+f'|=|f|+|f'|。

證明：

要證f+f'是原網路乙個可行流，只需考慮可行流需要滿足的兩個條件。

①容量限制：

新可行流中的邊有兩種情況，一種是由原可行流與殘留網路中的可行流同向的邊累加，一種是原可行流與殘留網路中的可行流反向的邊相減（前者減後者）。

(i) (x,y)∈e，f'(x,y)<=c'(x,y)=c(x,y)-f(x,y)，∴f'(x,y)+f(x,y)<=c(x,y)。形象來看，殘留網路中的屬於原網路的邊的容量為原邊的剩餘容量，則即使該邊滿流，則其剩餘容量加上原流量後必然也滿足容量限制。

(ii)(y,x)∈e，0<=f'(x,y)<=c'(x,y)=f(y,x)<=c(y,x)，∴0<=f(y,x)-f'(x,y)<=c(y,x)。形象來看，殘留網路中的反向邊可以看成是原網路中的原邊退流，即原網路中的邊的流量減去乙個值，而這個值是大於0的，所以只要原網路的邊滿足容量限制，則減去乙個大於0的值後必然也滿足容量限制。

②流量守恆：

由於f與f'分別滿足流量守恆，則f+f'也滿足流量守恆。

而要證|f+f'|=|f|+|f'|，可以這樣看，原網路中，從s流出的淨流量加上殘留網路中從s流出的淨流量就等於新的可行流中從s流出的淨流量。

證畢！

而反之，命題「若殘留網路中不存在f'滿足|f'|>0，則f必然是最大流」不一定成立。

在殘留網路中，從s出發，沿容量大於0的邊走，能夠走到t，則這條路徑即為一條增廣路徑。

對於乙個可行流f，在其殘留網路中不存在增廣路徑，則f為最大流。

為了證明該定理，我們需要引入割的概念。

將v劃分為s,t滿足s∪t=v，s∩t=∮，且s∈s，t∈t，則[s,t]被稱為乙個割。

c(s,t)=∑∑c(u,v)，其中u∈s,v∈t，即所有從s指向t的邊的容量之和。

f(s,t)=∑∑f(u,v)-∑∑f(v,u)，其中u∈s,v∈t，即從s流向t的流量之和減去從t流向s的流量之和。

對於流網路的任意乙個割，滿足f(s,t)<=c(s,t)。

證明：

f(s,t)=∑∑f(u,v)-∑∑f(v,u)<=∑∑f(u,v)<=∑∑c(u,v)=c(s,t)。

為了證明之，我們需要先清楚一些性質：

對於任意的v的子集x,y，定義f(x,y)=∑∑f(u,v)-∑∑f(v,u)，其中u∈x,v∈y，設z也是v的乙個子集。

①f(x,y)=f(y,x)。

②f(x,x)=0。

③f(z,x∪y)=f(z,x)+f(z,y)，其中x∩y=∮。

④f(x∪y,z)=f(x,z)+f(y,z)，其中x∩y=∮。

性質2的證明：

∵s∪t=v，s∩t=∮，∴f(s,v)=f(s,s)+f(s,t)。

∴f(s,t)=f(s,v)-f(s,s)=f(s,v)=f(,v)+f(s-,v)=f(,v)=|f|。

下證f(s-,v)=0:

設集合s'=s-，則s'中既不含源點也不含匯點，故其中的點均滿足流量守恆，流量為0。

f(s',v)=∑∑f(u,v)-∑∑f(v,u)=∑(∑f(u,v)-∑f(v,u))=0，其中u∈s',v∈v。

證畢！

綜合性質1和性質2可得，對於原網路的任意乙個可行流f和任意乙個割，均滿足|f|<=c(s,t)。

任何乙個網路的最大流量等於最小割中邊的容量之和，簡記為「最大流=最小割」。

即以下三個條件等價：

①可行流f是最大流。

②可行流f的殘留網路中不存在增廣路徑。

③存在某個割[s,t]，|f|=c(s,t)。

證明：要證①<=>②<=>③，只需證①=>②=>③=>①。

證①=>②：可行流f是最大流，則可行流f的殘留網路中不存在增廣路。

反證法：若可行流f的殘留網路中存在增廣路，則必然可以找到乙個可行流f'滿足|f'|>0，則|f+f'|=|f|+|f'|>|f|。

證③=>①：若存在割[s,t],可行流f滿足|f|=c(s,t)，則f是最大流。

由結論，對於任意乙個可行流和任意乙個割均滿足|f|<=c(s,t)，故最大流<=最小割<=c(s,t)，而最大流》=|f|，而|f|=c(s,t)>=最大流，所以|f|=c(s,t)。

最大流<=最小割，而最小割<=c(s,t)=|f|<=最大流，故最大流=最小割。

證②=>③：若可行流f的殘留網路中不存在增廣路，則必然存在某個割[s,t],某個可行流f，滿足|f|=c(s,t)。

構造集合s：在殘留網路中，從s出發，沿容量大於0的邊走，所有能走到的點的集合。

由於不存在增廣路徑，故t=v-s，s∈s,t∈t，且s∪t=v,s∩t=∮。

故[s,t]是合法的割。

對於任意的x∈s,y∈t，f(x,y)=c(x,y)。

反證法：若f(x,y)0，則y必然能夠被遍歷到，則y∈s，矛盾！

對於任意的a∈t,b∈s，f(a,b)=0。

反證法：若f(a,b)>0，則殘留網路中c'(b,a)=f(a,b)>0，則a必然會被遍歷到，則a∈s，矛盾！

∴|f|=f(s,t)=∑∑f(u,v)-∑∑f(v,u)=∑∑c(u,v)=c(s,t)，其中u∈s,v∈t。

證畢！

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