图论算法 ---最大流问题 长沙市雅礼中学 朱 全 民

运输网络 现在想将一些物资从S运抵T，必须经过一些中转站。连接中 转站的是公路，每条公路都有最大运载量。 4 2 8 7 3 6 1 S T V1 V2 V3 V4 公路运输图

基本概念 这是一个典型的网络流模型。为了解答此题，我们先 了解网络流的有关定义和概念。 若有向图G=(V,E)满足下列条件： 有且仅有一个顶点S，它的入度为零，即d-(S) = 0，这个 顶点S便称为源点，或称为发点。 有且仅有一个顶点T，它的出度为零，即d+(T) = 0，这 个顶点T便称为汇点，或称为收点。 每一条弧都有非负数，叫做该边的容量。边(vi, vj)的容量 用cij表示。 则称之为网络流图，记为G = (V, E, C)

可行流 可行流 对于网络流图G，每一条弧(i,j)都给定一个非负数fij，这 一组数满足下列三条件时称为这网络的可行流，用f表示 它。 1. 每一条弧(i,j)有fij≤Cij 2. 流量平衡 除源点S和汇点T以外的所有的点vi，恒有： ∑j(fij)= ∑k(fjk) 该等式说明中间点vi的流量守恒，输入与输出量相等。 3. 对于源点S和汇点T有 ， ∑i(fSi)= ∑j(fjT)= V(f)

可增广路 给定一个可行流f={fij}。若fij = Cij，称<vi, vj>为饱和弧；否 则称<vi, vj>为非饱和弧。若fij = 0，称<vi, vj>为零流弧；否 则称<vi, vj>为非零流弧。 定义一条道路P，起点是S、终点是T。把P上所有与P方向 一致的弧定义为正向弧，正向弧的全体记为P+；把P上所 有与P方向相悖的弧定义为反向弧，反向弧的全体记为P-。 譬如在图中，P = (S, V1, V2, V3, V4, T)，那么 P+ = {<S, V1>, <V1, V2>, <V2, V3>, <V4, T>} P- = {<V4, V3>} 给定一个可行流f，P是从S到T的一条道路，如果满足： fij是非饱和流，并且<i,j>∈ P+ , fij是非零流，并且<i,j>∈ P- 那么就称P是f的一条可增广路。之所以称作“可增广”，是因 为可改进路上弧的流量通过一定的规则修改，可以令整个 流量放大。

剩余图(残余网络) 可以沿着a--->b方向增广 剩余图G’=(V,E’) 流量网络G=(V,E)中，对于任意一条边(a,b)，若 flow(a,b)<capacity(a,b) or flow(b,a)>0 则(a,b)∈ E’ 可以沿着a--->b方向增广

剩余图中，从源点到汇点的每一条路径都对应一条增广路 剩余图的权值代表能沿边增广的大小 Capacity=5 Capacity=6 Capacity=2 Flow=2 有向图 3 2 4 剩余图 剩余图中，每条边都可以沿其方向增广 剩余图中，从源点到汇点的每一条路径都对应一条增广路

割切 G = (V, E, C)是已知的网络流图，设U是V的一个子集，W = V\U，满足S ∈ U，T∈W。即U、W把V分成两个不相交 的集合，且源点和汇点分属不同的集合。 对于弧尾在U，弧头在W的弧所构成的集合称之为割切， 用（U，W）表示。把割切（U，W）中所有弧的容量 之和叫做此割切的容量，记为C（U，W），即：

割切示例 上例中，令U = {S, V1}，则W = {V2, V3, V4, T}，那么， C(U, W) = <S, V2> + <V1, V2> + <V1, V3>+<V1, V4> =8+4+4+1=17

流量算法的基本理论 定理1：对于已知的网络流图，设任意一可行流为f， 任意一割切为(U, W)，必有：V(f) ≤ C(U, W)。 定理2：可行流f是最大流的充分必要条件是：f中不 存在可改进路。 定理3：整流定理。 如果网络中所有的弧的容量是整数，则存在整数值 的最大流。 定理4：最大流最小割定理。 最大流等于最小割，即max V(f) = min C(U, W)。

最大流算法 第1步，令x=(xij)是任意整数可行流，可能是零流，给s一个永 久标号(-, ∞)。 第2步(找增广路)，如果所有标号都已经被检查，转到第4步。 找到一个标号但未检查的点i, 并做如下检查， 对每一个弧(i,j),如果xij<Cij, 且j未标号,则给j一个标号(+i, δ(j) ),其中， δ(j)=min{Cij-xij , δ(i) } 对每一个弧(j, i),如果xji>0,且j未标号，则给j一个标号(-i, δ(j) ),其中， δ(j)=min{xji , δ(i) } 第3步(增广)，由点t开始，使用指示标号构造一个增广路,指 示标号的正负则表示通过增加还是减少弧流量来增加还是减 少弧流量来增大流量，抹去s点以外的所有标号，转第二步继 续找增广轨。 第4步(构造最小割)，这时现行流是最大的，若把所有标号的 集合记为S，所有未标号点的集合记为T,便得到最小割(S,T)。

实例

复杂度分析 设图中弧数为m,每找一条增广轨最多需要进行2m次弧 的检查。如果所有弧的容量为整数，则最多需要v(其 中v为最大流)次增广，因此总的计算量为O(mv)。

procedure maxflow; {最大流} var i, j, delta, x : integer; last : tline; {可改进路中的前趋} check : array[0 .. maxn] of boolean; {检查数组} begin repeat fillchar(last, sizeof(last), 0); fillchar(check, sizeof(check), false); last[1] := maxint; i := 0; inc(i) until (i > n) or (last[i] <> 0) and not check[i]; {找到一个已检查而未标号的点} if i > n then break; for j := 1 to n do if last[j] = 0 then if flow[i, j] < limit[i, j] then last[j] := i {正向弧} else if flow[j, i] > 0 then last[j] := -i; {反向弧} check[i] := true; until last[n] <> 0; if last[n] = 0 then break; delta := maxint; i := n; j := i; i := abs(last[j]); if last[j] > 0 then x := limit[i, j] - flow[i, j] else x := flow[j, i]; if x < delta then delta := x; until i = 1; {求改进量} inc(flow[i, j], delta) dec(flow[j, i], delta); until i = 1; {放大网络流} until false; end;

利用找增广路的其他流量算法 增广路的思想在于每次从源点搜索出一条前往汇点的 增广路，并改变路上的边权，直到无法再进行增广： 一般增广路方法：在剩余图中，每次任意找一条增广路径 增广。O(nmU) 容量缩放增广路方法:在剩余图中，每次任意找一条最大可 增广容量和的增广路径增广。O(nm*logU) 最短增广路方法(MPLA)：在剩余图中，每次任意找一条含 结点数最少的增广路径增广。O(nm2) 连续最短增广路方法（DINIC）：在剩余图中，每次BFS找 增广路径增广路径时，记录每个点的距离标号。在距离标 号最短路图上，不断dfs找增广路，即一次标号，多次增广。 O(n2m)

DINIC算法演示： 源点 汇点 4 2 5 3 对增广路进行增广，增广后退回到源点 1 找到增广路路线，（红色路线） 对增广路进行增广，增广后退回到源点，再无增广路线

用预流推进办法求网络流 预流推进算法给每一个顶点一个标号h(v)，表示该点 到t的最短路（在残量网络中）。 第一步hights()过程，就是BFS出初始最短路，计算出每 一个顶点的h(v)。 预流推进算法的特征是运用了预流来加快运算。预流 说明图中的节点(除s, t)，仅需要满足流入量 >= 流出量。 其中流入量>流出量的结点，我们称之为活动节点。 我们的算法就是不断地将活动结点，变为非活动结点， 使得预流成为可行流。

预流推进算法流程 算法过程prepare()，即首先将与s相连的边设为满流， 并将这时产生的活动结点加入队列Q。这是算法的开 始。 (1).选出Q的一个活动顶点u。并依次判断残量网络G' 中每条边(u, v)，若h(u) = h(v) + 1，则顺着这里条边推 流，直到Q变成非活动结点（不存在多余流量）。 (Push推流过程) (2).如果u还是活动结点。则需要对u进行重新标号： h(u) = min{h(v) + 1}，其中边(u,v)存在于G' 中。然后再 将u加入队列。(relable过程) 可以证明，通过以上算法得到的结果就是最大流。

预流推进算法示例 g(u)=12 顶点u的通过量g(u)： 剩余图中，找入边权和与出边权和的较小值 增广时，每次找一个通过量最小的点v，从点v 向源点“推”大小为g(v)的流量 向汇点“拉”大小为g(v)的流量 尽量使剩余图中的边饱和 3 4 5 7 8 g(u)=12

用预流推进方法的一些网络流算法 预流推进的算法核心思想是以边为单元进行推流操作： 一般的预流推进算法：在剩余图中，维护一个预流，不断对 活跃点执行push操作，或者relable操作来重新调整这个预流， 直到不能操作。 O(nm2) 先进先出预流推进算法：在剩余图中，以先进先出队列维护 活跃点。 O(n3) 最高标号预流推进算法：在剩余图中，每次检查最高标号的 活跃点，需要用到优先队列。 O(n2m1/2)

费用流 流最重要的应用是尽可能多的分流物 资，这也就是我们已经研究过的最大 流问题。然而实际生活中，最大配置 方案肯定不止一种，一旦有了选择的 余地，费用的因素就自然参与到决策 中来。 右图是一个最简单的例子：弧上标的 两个数字第一个是容量，第二个是费 用。这里的费用是单位流量的花费， 譬如fs1=4，所需花费为3*4=12。 容易看出，此图的最大流（流量是8） 为：fs1 = f1t = 5, fs2 = f2t = 3。所以它 的费用是：3*5+4*5+7*3+2*3 = 62。 (6,3) (5,4) (3,7) (8,2) S T V1 V2 费用流问题

费用流定义 设有带费用的网络流图G = (V, E, C, W)，每条弧<Vi, Vj> 对应两个非负整数Cij、Wij，表示该弧的容量和费用。 若流f满足： 流量V(f)最大。 满足a的前提下，流的费用Cost(f) =∑<i,j>∈E (fij * Wij)最小。 就称f是网络流图G的最小费用最大流。 最小费用可改进路 设P是流f的可改进路，定义∑<vi,vj>∈P+ Wij - ∑<vi,vj>∈P- Wij 为P的费用(为什么如此定义？) 如果P是关于f的可改进路中费用最小的，就称P是f的最 小费用可改进路。

费用流算法 求最小费用最大流的基本思想是贪心法。即：对于流f， 每次选择最小费用可改进路进行改进，直到不存在可 改进路为止。这样的得到的最大流必然是费用最小的。 算法可描述为： 第1步. 令f为零流。 第2步. 若无最小费用可改进路，转第5步；否则找到最小费 用可改进路，设为P。 第3步. 根据P求delta（改进量）。 第4步. 放大f。转第2步。 第5步. 算法结束。此时的f即最小费用最大流。

如何求最小费用可改进路 设带费用的网络流图G = (V, E, C, W)，它的一个可行流是f。 我们构造带权有向图B = (V’, E’)，其中： V’ = V。 若<Vi, Vj>∈E，fij<Cij，那么<Vi, Vj>∈E’，权为Wij。 若<Vi, Vj>∈E，fij>0，那么<Vj, Vi>∈E’，权为-Wij。 显然，B中从S到T的每一条道路都对应关于f的一条可改 进路；反之，关于f的每条可改进路也能对应B中从S到T 的一条路径。即两者存在一一映射的逻辑关系。 故若B中不存在从S到T的路径，则f必然没有可改进路；不 然，B中从S到T的最短路径即为f的最小费用可改进路。 现在的问题变成：给定带权有向图B = (V’, E’)，求从S到T的 一条最短路径。

迭代法求最短路经 考虑到图中存在权值为负数的弧，不能采用Dijkstra算法；Floyd 算法的效率又不尽如人意——所以，这里采用一种折衷的算法： 迭代法（bellman算法）。 设Short[i]表示从S到i顶点的最短路径长度；从S到顶点i的最短路 径中，顶点i的前趋记为Last[i]。那么迭代算法描述如下：（为了 便于描述，令n = |V’|，S的编号为0，T的编号为n+1） step 1. 令Short[i]  +∞（1≤i≤n+1），Short[0]  0。 step 2. 遍历每一条弧<Vi, Vj>。若Short[i] + <i, j> < Short[j]，则令 Short[j]  Short[i] + <i, j>，同时Last[j]  i。重复做step 2直到不 存在任何任何弧满足此条件为止。 step 3. 算法结束。若Short[n + 1]= +∞，则不存在从S到T的路径； 否则可以根据Last记录的有关信息得到最短路径。 一次迭代算法的时间复杂度为O(kn2)，其中k是一个不大于n的变 量。在费用流的求解过程中，k大部分情况下都远小于n。

procedure costflow; {求最小费用最大流} var i, j, x, delta : integer; best, last : tline; {best：最短路长度；last：可改进路中的前趋顶点} more : boolean; begin repeat fillword(best, sizeof(best) shr 1, maxint); fillchar(last, sizeof(last), 0); last[1] := maxint; best[1] := 0; {赋初值} more := false; for i := 1 to n do if best[i] <> maxint then for j := 1 to n do begin if (flow[i, j] < limit[i, j]) and (best[i] + cost[i, j] < best[j]) then best[j] := best[i] + cost[i, j]; last[j] := i; more := true; end; if (flow[j, i] > 0) and (best[i] - cost[j, i] < best[j]) then best[j] := best[i] - cost[j, i]; last[j] := -i; until not more; {找最优可改进路} if best[n] = maxint then break; delta := maxint; i := n; j := i; i := abs(last[j]); if last[j] > 0 then x := limit[i, j] - flow[i, j] else x := flow[j, i]; if x < delta then delta := x; until i = 1; {求改进量} if last[j] > 0 then inc(flow[i, j], delta) else dec(flow[j, i], delta); until i = 1; until false; {根据改进量放大流}

思维发散与探索 可改进路费用：“递增！递增？” 设f从零流到最大流共被改进了k次，每i次选择的可改 进路的费用为pi，那么会不会有p1≤p2≤p3≤……≤pk呢？ 迭代法：“小心死循环！嘿嘿……” 迭代法会出现死循环吗？也就是说，构造的带权有向 图B中会存在负回路吗？ 费用：“你在乎我是负数吗？” 容量：“我管的可不仅是弧。” 网络流图中的“容量”都是对弧而言的，但若是给每个 顶点也加上一个容量限制：即通过此顶点的流量的上 限；任务仍然是求从S到T的最小费用最大流。你能解 决吗？

有上下界的最大流 上面讨论的网络流都只对每条弧都限定了上界（其实 其下界可以看成0），现在给每条弧<Vi, Vj>加上一个 下界限制Aij (即必须满足Aij≤fij)。 弧上数字对第一个是上界，第二个是下界。若是撇开 下界不看，此图的最大流如图所示，流量是6；但若是 加入了下界的限制，它的最大流量就只有5了。 (3,0) (10,1) 原问题 3 (a) 2 1 (b) 增广

怎样找可行流 一种自然的想法是去掉下界，将其转化为只含上界的网络流图。 这种美好的愿望是可以实现的。具体方法如下： 设原网络流图为G = (V, E, C, A)，构造不含下界的网络流图G’ = (V’, E’, C’)： V’ = V∪{S’, T’} 对每个顶点x，令h-(x)= ∑<vi,vx>∈E AiX ，若h-(x)≠0，就添加一条弧 <S’, x>，其上界为h-(x) 。 对每个顶点x，令h+(x)= ∑<vx,vj>∈E AXi ，若h+(x)≠0，就添加一条弧 <x, T’>，其上界为h+(x) 。 对于任何<Vi, Vj>∈E，都有<Vi, Vj>∈E’，其上界C’ij = Cij – Aij。 新增<T, S>∈E’，其上界CTS = +∞。 在G’中以S’为源点、T’为汇点求得最大流f’。若f’中从S’发出的任意 一条弧是非饱和弧，则原网络流图没有可行流。否则可得原图的 一个可行流f = f’ + A，即所有的fij = f’ ij + Aij 。 然后再求可改进路（反向弧<Vi, Vj>必须满足fij≥Aij，而非fij≥0）， 不断放大f，直到求出最大流。

另外一种构图方法 C’(u, v) = C(u, v) - B(u, v) 设 如果M(i)非负，那么设一附加源S0，则可以令C’(S0, i) = M(i)。 如果M(i)非负，那么设一附加汇T0，则可以令C’(S0, i) = -M(i)。 在这样一个加入附加源和附加汇的流网络C’中，如果 任意g(S0, i)或g(i, T0)都达到满载，那么C’中的这一个可行 流g一定对应原网络G中的一个可行流f；反之G中的任 意一个可行流f都可以对应C’中的一个g(S0, i)或g(i, T0)都 满载的流。

思考？ 在一个容量有上下界的流网络G中，怎样尽快求源点s 到汇点t的一个可行的最大流？

多源点、多汇点的最大流 已知网络流图有n个源点S1、S2、……、Sn，m个汇点 T1、T2、……、Tm，求该图的最大流。这样的问题 称为多源点、多汇点最大流。 它的解决很简单： 增设一个“超级源”S’，对每个源点Si，新增弧<S’, Si>， 容量为无穷大。 增设一个“超级汇”T’，对每个汇点Ti，新增弧<Ti, T’>， 容量为无穷大。 以S’为源点、T’为汇点求最大流f。 将f中的S’和T’去掉，即为原图的最大流。

顶点有容量限制的最大流 对除源点和汇点之外的每个顶点i拆分成两个顶点 i’和i’’。新增一条弧<i’, i’’>，其容量为点i的流量限 制。 对于原图中的弧<i, j>，我们将其变换成<i’’, j’>。 对变换后的图求最大流即可。 这里我们运用到了化归的思想：将未知的“点限制” 问题转化为已知的“边限制”问题。

网络流与二部图的匹配 设二部图为G = (X, Y, E)。 增设点S’，对于所有i∈X，新增弧<S’, Xi>，容量为1； 增设点T’，对于所有i∈Y，新增一条弧<Yi, T’>，容量也 为1。原图中所有的弧予以保留，容量均为+∞。对新构 造出来的网络流图以S’为源点、T’为汇点求最大流：流 量即为最大匹配数；若弧<Xi, Yj>（i∈X，j∈Y）的流量 非零，它就是一条匹配边。 二部图最大匹配问题解决。 那么二部图的最佳匹配问题又如何？ 仍然按照上述方法构图。同时令原图中弧的费用保持 不变；新增弧的费用置为0。然后以S’为源点、T’为汇 点求最小费用最大流即可。最大流的费用即为原二部 图最佳匹配的费用。

思考题1：餐巾问题 某软件公司正在规划一项n天的软件开发计划，根据开发计划第i天需要 ni个软件开发人员，为了提高工作效率，公司给软件人员提供了很多的 服务，其中一项服务就是要为每个开发人员每天提供一块消毒毛巾，这 种毛巾使用一天后必须再做消毒处理后才能使用。消毒方式有两种，A 种方式的消毒时间需要a天时间，B中方式的消毒需要b天时间（b>a）， A种消毒方式的费用为每块毛巾fA，B种消毒方式的费用为每块毛巾fB， 而买一块新毛巾的费用为f（新毛巾是已消毒的，当天可以使用）；而且 f>fA>fB。公司经理正在规划在这n天中，每天买多少块新毛巾、每天送 多少块毛巾进行A种消毒和每天送多少块毛巾进行B种消毒。当然，公司 经理希望费用最低。 你的任务就是：求出提供毛巾服务的最低总费用。 输入文件：第1行为n, a, b, f, fA, fB. 第2行为n1, n2, …, nn（注：1≤f, fA, fB≤60, 1≤n≤1000） 输出文件：最少费用 input.txt output.txt 4 1 2 3 2 1 38 8 2 1 6

分析 公司第i天需要ni 块毛巾，可以把这ni 块毛巾的来源列举如下： 新买的毛巾。 第i – a – 1天之前通过A种方式消毒的毛巾。 第i – b – 1天之前通过B种方式消毒的毛巾。 我们构造带费用的网络流图G = (V, E, C)。V = {S, V1, V2, …, Vn, V1’, V2’, …, Vn’, T}， 其中S是源点、T是汇点。E中包含如下几类弧： <S, Vi>（1≤i≤n），容量为ni，费用为0。表示第i天需要ni块毛巾。 <Vi, T>（1≤i≤n），容量为正无穷大，费用为f。该弧的流量表示第i天通过方 式a得到的毛巾数量。 <Vi, Vi-a-1’>（a+2≤i≤n），容量为正无穷大，费用为fA。该弧的流量表示第i天 通过方式b得到的毛巾数量。 <Vi, Vi-b-1’>（b+2≤i≤n），容量为正无穷大，费用为fB。该弧的流量表示第i 天通过方式c得到的毛巾数量。 <Vi’, Vi-1’>（2≤i≤n），容量为正无穷大，费用为0。由于题目中没有说消毒 完的毛巾要马上使用，所以第3天就消毒好的毛巾可以暂且留着，到第7天、 第8天再使用也可以。因此这里增设此弧。 <Vi’, T>（1≤i≤n），容量为ni，费用为0。 然后对这个网络流图以S为源点、T为汇点的求最小费用最大流即可。求得的 最大流费用就是原问题的答案。

思考题2： Agent 有n名双重间谍潜伏在敌军内部，分别编号为1, 2, 3, …, n。 在给定的时间内，任意两人之间至多只进行一次点对点的双 人联系。 数据将给你一份表格，表格中将提供任意两位间谍i和j之间 进行联系的安全程度，用一个[0，1]的实数Sij表示；以及他 们联系时，能够互相传递的消息的最大数目，用一个正整数 表示Mij。（如果在表格中没有被提及，那么间谍i和j之间不 进行直接联系）。 假消息从盟军总部传递到每个间谍手里的渠道也不是绝对安 全的，我们用[0，1]的实数ASj表示总部与间谍j之间进行联 系的安全程度，AMj则表示总部和间谍j之间进行联系时传递 的消息的最大数目。对于不和总部直接联系的间谍，他的 AMj=0（而表格中给出的他的ASj是没有意义的）。

当然，假消息从间谍手中交到敌军的情报部官员的办公桌上的过 程是绝对安全的，也就是说，间谍与敌军情报部门之间要么不进 行联系，要么其联系的安全程度是1（即完全可靠）。 现在我军司令部想利用这些间谍将k条假消息发布到敌军情报机关 的负责人。消息先由总部一次性发给n名间谍中的一些人，再通过 它们之间的情报网传播，最终由这n名间谍中某些人将情报送到敌 军手中。 对于一条消息，只有安全的通过了所有的中转过程到达敌军情报 部，这个传递消息的过程才算安全的；因此根据乘法原理，它的 安全程度P就是从总部出发，经多次传递直到到达敌军那里，每一 次传递该消息的安全程度的乘积。 而对于整个计划而言，只有当k条消息都安全的通过情报网到达敌 军手中，没有一条引起怀疑时，才算是成功的。所以计划的可靠 程度是所有消息的安全程度的乘积。 显然，计划的可靠性取决于这些消息在情报网中的传递方法。 你的任务是：拟定一个方案，确定消息应该从那些人手中传递到 那些人手中，使得最终计划的可靠性最大。

第一行:两个整数N和K，分别是间谍的总人数和计划包含的消息总数。 输入文件： 第一行:两个整数N和K，分别是间谍的总人数和计划包含的消息总数。 第二行:2n个数，前n个数实数AS1, AS2, …, ASn（范围在[0, 1]以内）; 后n个数是整数AM1, AM2, …, AMn。 第三行:n个整数，其中第i（i = 1, 2, …, n）个整数如果为0表示间谍i与 敌军情报部不进行联系，如果为1则表示间谍与敌军情报部进行联系。 第四行开始，每行包括4个数，依次分别是：代表间谍编号的正整数i和 j，间谍i和j联系的安全性参数Sij（[0, 1]范围内的实数），以及i、j之 间传递的最大消息数Mij（每以行的i均小于j）。 最后一行包含两个整数-1 –1，表示输入数据的结束。 0 < n < 300, 0 < k < 300。 输出文件： 输出文件中只有一行。这一行中包含一个实数P，给出的是整个计划的 可靠程度P，保留5位有效数字（四舍五入）。 如果情报根本不能将K条消息传到敌军手中，那么计划的可靠性为0。 （你可以假定，如果计划存在，那么它的可靠性大于1e-12）

输入输出样例 Agent.in Agent.out 6 13 0.00021184 6 13 0.00021184 0.9 0.7 0.8 0 0 0 2 6 8 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 4 0.5 2 2 3 0.9 5 2 5 0.8 2 2 6 0.8 7 3 5 0.8 2 5 6 0.8 4 -1 -1

分析 题目中的“总部”、“敌军情报部”与“间谍”的地位是完全相等的，为 了方便叙述可以将两者亦看作是间谍：“总部”编号为0、“敌军情报 部”编号为n+1。那么S0i = ASi，M0i = AMi；若间谍i可以与敌军司令 部直接联系Si,n+1=1, Mi,n+1=+∞，否则Si,n+1=0, Mi,n+1=0。 我们构造带费用的网络流图G = (V, E, M, S’)。（M为容量，S’位费用） 第i个间谍抽象成顶点i，另外增加汇点T。所有顶点构成的集合记 为V。 若Mij≠0，则存在弧<i, j>和<j, i>：其容量皆为Mij；费用Sji’ =Sij’ = ln(Sij)。 增设弧<n + 1, T>，其容量为k，费用为0。 然后以V0为源点、T为汇点求最大费用最大流。若流量小于k，则 不存在可行方案 不然则最大可靠性为：

证明 设最大费用最大流的费用为Cost，那么： 因为Cost达到最大，所以可靠性也达到最大。证毕。

思考题3：Plan问题 某软件公司有n个可选的程序项目，其中第i个项目需要耗费资金ai元，开 发成功后可获收益bi元。 当然，程序项目之间不是独立的：开发第i个项目前，必须先开发出一些 其他的项目（正如开发Office前必须开发Windows）。这些项目就称为第i 个项目的“前趋项目”。 现在给出所有项目的ai、bi，以及前趋项目。你的任务是：帮助该公司从 这n个程序项目中选择若干个进行开发，使得总收益最大。 输入文件： 输入文件有n + 3行。 第1行包含一个整数n（1≤n≤200）。 第2行有n个正整数a1, a2, …, an。 第3行有n个正整数b1, b2, …, bn。 第i + 3行（1≤i≤n）包含若干正整数：ri, k1, k2, …, kri。第一个数ri表示第i 个项目共有多少前趋项目；接下来有ri个正整数k1, k2, …, kri，分别表示 每个前趋项目的编号。 输出文件： 输出文件只有一个整数max，表示最大收益。

分析 令di = bi – ai，A = {i | di ≥ 0}，B = {i | di < 0}。则di就是第i个项目的纯收益， A是所有可以获得利润的项目集合，B是所有会导致亏损的项目集合。 构造网络流图G = (V, E, C)。 V中包含两类顶点： 源点S，汇点T。 将第i个项目抽象成顶点Vi。则V1, V2, …, Vn∈V。 E中包含三类弧： 对所有的i∈A，存在弧<S, i>，容量为 di。 对所有的i∈B，存在弧<i, T>，容量为 |di|。 若第i个项目的某前趋项目编号为j，则存在弧<i, j>，容量为+∞。 然后对此网络流图求最大流，设为f。 根据f易得最小割切（U, W）（即最大流最小割定理） 那么选择的项目集合就是U，其最大收益即：

思考题4：最大获利 THU集团的CS&T公司得到了一共N个可以作为通讯信 号中转站的地址，建立第i个通讯中转站需要的成本为 Pi（1≤i≤N）。 另外公司用户群一共M个。关于第i个用户群的信息概 括为Ai, Bi和Ci：这些用户会使用中转站Ai和中转站Bi进 行通讯，公司可以获益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N） THU集团的CS&T公司可以有选择的建立一些中转站 （投入成本），为一些用户提供服务并获得收益（获 益之和）。那么如何选择最终建立的中转站才能让公 司的净获利最大呢？（净获利 = 获益之和 - 投入成本 之和）

【输入格式】 输入文件中第一行有两个正整数N和M 。 第二行中有N个整数描述每一个通讯中转站的建立成本，依 次为P1, P2, …, PN 。 以下M行，第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci描述第i个用户群的 信息。 【输出格式】 公司可以得到的最大净获利。 【数据规模和约定】 80%的数据中：N≤200，M≤1 000。 100%的数据中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

分析 ①s到用户i，容量为Ci ②用户i到中转站Ai和Bi，容量为∞ ③中转站i到t，容量为Pi 考虑这个模型的割 割边不可能是②中的边，这保证了解的合法性 属于①的割边表示损失的利益 属于③的割边表示付出的代价 显然割的量越小越好，这样这道题就转换成一个最小割 的问题 根据最大流最小割定理，设sum=∑Ci，我们只要求出该 网络的最大流maxflow，则sum-maxflow就是最大获利 。

构图模型 建立一张共有n+m+2个的顶点、3*m+n条边的二分图， 求网络的最大流。 汇点 N个点 M个点 源点

思考题5：矩阵游戏 （2006年江苏省选） 题目大意： 数据范围：n,m<=1000 每个测试点最多10组数据。 对于一个n行、m列的0-1矩阵，规定在第i行中1的个数恰 为Ri个（1<=i<=n）；在第j列中1的个数恰为Cj个 （1<=j<=m）。 每一行、每一列最多可以有一个格子指定为0。 问是否存在一种满足条件的0-1矩阵。 数据范围：n,m<=1000 每个测试点最多10组数据。

分析 把第i行作为点Xi，从S至Xi连一条边，容量为Ri 把第j列作为点Yj，从Yj至T连一条边，容量为Cj 若第i行第j列可以放1，那么从Xi至Yj连一条边，容 量为1 求网络最大流，判断流量值是否等于1的总数即可 边的总数达到了O(n*m) 使用MPLA可以拿到60%的分数 使用Dinic可以拿到80%的分数

深入分析 首先不考虑指定为0的格子； 因为将某2行或某2列交换，不影响问题的求解，我们不 妨将Ri与Ci从大到小排序； 将多余的1储存起来； 第三列，需要5个1， 但只有4行可以提供1；

结论 加入这个简单的判断后，MPLA算法仍然只能过 60%。 但是Dinic通过了100%的数据。 其实这题的标准方法是贪心，但使用高效的网络 流算法节省了大部分的思考时间。