运筹学课件 最短路、最大流、邮路

2
24
5 11 10
20 8 1
15 3 * 10 4 8
7 20
6
6 *
通过一个网络的最短路径
狄克斯屈（Dijstra）方法（ωij≥0）


开始节点标永久标记[0,P],其余为临时标记[T,-] 找出与开始节点相邻的所有节点，为每一个设标记 [L,1]，其中L值最小的节点标记右上角标上*，使之成 为永久标志。L为两节点间距离，1表示始于第一节点 从新的永久标志开始，找出从此节点出发可到达的所有 节点，计算这些节点的最短距离（现有距离和经新的永 久标志到达的距离的小的一个值），保持、新设或更改 这些节点的标志为 [最短距离，最短路径上前一节点标 号]，比较图中所有没有*的标记（临时性标记），找出 距离最短的一个节点，使之成为永久性标记。重复这一 步，直到所有的节点都成为永久性标志为止。
4 8
11
[41,6] [T,-]
7
15 3
10
20 6 6 *
*
[T,-] [15,1]
[T,-] [21,3]
*
24
*
[35,4] [44,2] [T,-]
5
*
*
通过一个网络的最短路径
从起始点到每一点的最短距离为： 节点 最短距离 路径 2 20 1－2 3 15 1－3 4 25 1－3－4 5 35 1－3－4－5 6 21 1－3－6 7 41 1－3－6－7

最大流问题
两个重要结论： 1、任何一个可行流的流量都不会超过任一截集的容量。 2、若对于一个可行流f *，网络中有一个截集（ V1*，V1*）， 使v（ f *）=C(V1*，V1 *)，则f *必是最大流，而（ V1*， V1 *）必是所有截集中容量最小的一个，即最小截集。
定理：可行流f *是最大流，当且仅当不存在关于f *的增广链。 于是有如下结论：最大流量最小截量定理：任一个网络中，从vs 到vt的最大流量等于分离vs，vt的最小截集的容量。
16 30
59 41
17
6
1
22
17 31
3
23
5
18
使用Dijstra算法，上述问题最短路为1-3-6或1-4-6 即：第1、3年年初购买设备，或第1、4年年初购买设备 五年最佳总费用为53。
作业题：

某地7个村镇之间现有交通距离如图
求：1)从村1到其余各村的最短距离？ 2)如要沿路架设电话线，如何使总长度最小同时又使每个村都 能安装上电话？
最小费用最大流问题

W（ f(0) ），最短路及增广链， θ =5
4
v1
2
1
vt
vs
1
6 2 3
v2
v3
最小费用最大流问题

（ f(1 )），V （ f(1) ）=5
0
v1
5
5
vt
vs
5
0 0 0
v2
v3
最小费用最大流问题
最小费用最大流问题


于是在网络中寻求关于f的最小费用最大流就 等于在赋权有向图中，寻求从vs到vt的最短路。 因此有如下算法： 开始取f (0) =0,一般情况下，若在第k-1步得 到最小费用流f (k-1) ，则构造赋权有向图W （ f (k-1) ），在W（ f (k-1) ），中，寻求从vs 到vt的最短路。若不存在最短路，则f (k-1)就是 最小费用最大流；若存在最短路，则在原网络 中得到相应的增广链，在增广链上对f (k-1)进 行调整。
第i年 价格 ai 使用寿命 费用 bi 1 11 0－1 b1 5 2 11 1－2 b2 6 3 12 2－3 b3 8 4 12 3－4 b4 11 5 13 4－5 b5 18
最短路径问题的应用

例 设备更新问题
把求总费用最小问题化为最短路径问题。用点 i (i=1,2,3,4,5)表示第 i 年买进一台新 设备。增设一点 6 表示第五年末。从i点到i+1,……, 6 各画一条弧，弧（i , j）表示在 第 i 年买进的设备一直使用到第 j 年年初（第 j －1年年末）。求1点到6点的最短路径。 路径的权数为购买和维修费用。 弧（i , j）的权数为第i年的购置费ai＋从第i年使用至第j-1年末的维修费之和。 从第i年使用至第j-1年末的维修费：b1+…+bj-i
最大流问题
2、调整过程： 按vt及其它点的第一个标号，反向追踪找 出增广链，并找出θ =min﹛cij-fij(对μ +）;f （对μ - ）﹜ ij 再令f’ =﹛fij+ θ (对μ +）;fij- θ （对 μ - ）；fij（对非增广链上的弧）﹜ 去掉所有的标号，对新的可行流f’ 重新进 入标号过程。
最大流问题
寻求最大流的标号法： 1、标号：从vs开始，给vs标上（0，∞），一般地取 一个标号点vi ，对一切标号点vj ： （1）若在弧（vi，vj) 上， fij ＜ cij则给vi标号（ vi ， l(vi )。这里l(vi )= =min[cij - fij ，l(vi ) ] （2）若在弧（vj，vi) 上， fij ＞0,则给vi标号（ -vi ， l(vi )。这里l(vi )= =min[ fij ，l(vi ) ] 重复上述步骤，一旦vt被标上号，表明得到一条从vs 到vt的增广链，转入调整过程。
1 1 2 3 4 5 2 16 3 22 16
（使用寿命为j-i年） 具体权数计算结果如下：
5 41 30 23 17 6 59 41 31 23 18
如：（2－4）权数为：a2+b1+b2=11＋5＋6=22
4 30 22 17
通过一个网络的最短路径

例 设备更新问题 ：
2 16 30 22 41 4 23
最小费用最大流问题
由于bij ≥0，所以f=0必是流量为0的最小费用流，余下 的问题就是如何去寻求关于f的最小费用增广链。 为此，可构造一个赋权有向图W（f），它的顶点是原网 络D的顶点，而把D中的每一条弧（vi，vj）变成两个相 反方向的弧（vi，vj）和（vj，vi）。定义W（f）中弧 的权wij为： bij （ fij ＜ cij ）；+∞（ fij = cij ） wji为： -bij （ fij ＞ 0）；+∞（ fij =0 ）
4 7 1 12 3 2 15 26 5 25 6 17 16 15
10
10
12
24
11
7
最大流问题


最大流问题（有向图或网络） 在一定条件下，使网络系统中从开始点到结束 点之间的某种物资流（交通流、信息流、资金 流、水流等 ）的流量达到最大的问题。限制 条件是每一条边的最大通过能力（流量）不等。 但有多条路。 最大流量求解
最小费用最大流问题

调整量为：
θ =min﹛min[cij-fij (k-1) ] （对μ
+）；
min fij (k-1) （对μ - ）﹜ 令fij (k) = fij (k-1) + θ （对μ +）； fij (k-1) - θ （对μ - ）； fij (k-1) （对非增广链上的弧） 得到新的可行流f(k) ，再对f(k)重复上述步骤。
(1,1) (1,1)
vt
(v3,1)
v1
(Vs,4)
(2,2)
v3
(-v2,1)
最大流问题
按照标号找到一条增广链：
vs
4
v1
1

v2
1
v3
1
vt
由上可知： θ =1
沿增广链对可行流进行调整。
最大流问题
例：用标号法求下面网络的最大可行流
v2
(3,3)
(4,3)
v4
(5,3) (3,0) (2,2)
最小费用最大流问题

例：求下面网络的最小费用最大流。弧旁数字 为（ bij ，cij ）。
(4,10)
v1
(2,5)
(1,7)
vt
vs
(1,8)
(6,2) (2,4) (3,10)
v2
v3
最小费用最大流问题


（1） 取f(0) =0为初始可行流。 （2）构造赋权有向图W（ f (0) ），并求 出vs到vt的最短路。 （3）确定与最短路相应的增广链。 （4）对增广链进行调整，得到新的可行 流，再构造新的赋权有向图。直到找到 最小费用最大流。
流：定义在弧集合A上的一个 函数f=﹛f（vi，vj）﹜，并称 f（vi，vj）为弧（vi，vj）上的流量，可简写为fij 也可以描述成“加在网络各条弧上的一组负载量(fij)”
最大流问题

可行流 可行流：满足下述条件的流f称为可行流：
1）容量限制条件：对每一条（vi，vj) ∈A，
0≤ fij≤cij
vs
(1,0) (5,2)
(1,0)
vt
v1
(2,2)
v3
7.5 最小费用最大流问题



设一个单位流量的费用为bij， bij ≥0。 最小费用最大流问题即求一个最大流f，使流的总输送费用 最小。 当沿着一条关于可行流f的增广链μ ，以θ =1调整f，得到 新的可行流f’，b(f’)比b(f)增加值为： b(f’)-b(f)=[∑bij （ f’ - f ）-∑ bij （ f’ - f ）] =∑ bij -∑ bij 称为这条增广链的“费用” 可以证明：若f是所有可行流中费用最小者，而是关于f的 所有增广链中费用最小的增广链，，那么沿去调整f，得到 的可行流f’，，就是所有可行流中的最小费用流。这样当f’ 是最大流时，它也就是所求的最小费用最大流了。