04 最大流

f
ij

• 最大流问题是一个特殊的线性规划问题。即求一组 ｛fij｝，在满足条件①和②下使v(f)达到极大。将会看 到利用图的特点，解决这个问题的方法较之线性规划 的一般方法要方便、直观得多。
增广网络
作出一个和原网络G具有相同顶点并具有相同发点和收点的增 广网络G’，G’包含两类边，对G中每一条边(i,j): 1.若fij<cij ,作正向边(i,j)，规定容量c’ij=cij –fij，即剩余容量。(正 规边) 2.若fij>0,作反向边(j,i), 规定容量c’ ji= fji， c’ ji事实上是边(j,i),上最 多可以减少的容量.(增广边) 如果增广网络上存在着由s到t的通路P(称为原网络的一条增广 路)
思考题
• 四个人：张三、李四、王五、赵六，四种乐器： 小提琴、大提琴、钢琴、吉他。 • 已知四人的擅长如下： • 张三擅长拉大提琴和弹钢琴； • 李四擅长拉小提琴、大提琴和吉他； • 王五擅长拉小提琴、大提琴； • 赵六只会弹吉他。 • 今假设四人同同台演出，每人各奏一种乐器，问 四人同时各演奏一种乐器时所有可能的方案，试 把此问题化为最大流问题。
量多的人能就业。 其中 x1 ,, x5 表示工人。
y1 ,, y5 表示工作。
x1
y1 y2
x2
x3
x4
y3
y4
x5
y5
x1
y1 y2
x2
vs
x3
x4
y3
y4
vt
x5
y5
二部图中最大匹配问题，可以转化为最大流问题求解。在 二部图中增加两个新点 vs , vt 分别作为发点，收点。并用 有向边把它们与原二部图中顶点相连，令全部边上的容量 均为1。当网络流达到最大时，如果 ( xi , y j ) 上的流量为1，
带下界约束的最大流问题
• 解决这种问题分两个阶段： • 第一个阶段先找满足约束条件的可行流， 第二个阶段把找到的可行流扩展成最大流。
2,6
S 4 S 2 1 1
3,4 2
1 2 3
3,7
y5
工人 x1 , x2 , x3 , x4 分别作 y2 , y1 , y4 , y5
故最多安排四个人工作。
阿P与阿Q都是四驱车好手，他们各有N辆四 驱车。为了一比高下，他们约好进行一场比 赛。这次比赛共有M个分站赛，赢得分站赛 场次多的获得总冠军。每个分站赛中，两人 各选一辆自己的赛车比赛。分站赛的胜负大 部分取决于两车的性能，但由于种种原因 （如相互之间的干扰），性能并不是决定胜 负的唯一指标，有时会出现A赢B、B赢C、C 赢D、D又赢A的局面。幸好有一种高智能机 器，只要给定两辆四驱车，就能立刻判断谁 会赢，在总比赛前它就已经把阿p的每辆车与 阿q的每辆车都两两测试过了，并且还把输赢 表输入了电脑。
增广网络
最大流的构造 1.寻找增广网络上由s到t的通路P(称为原网络的一条增广路) (Dijkstra算法) 2.记 min C (i, j )
( i , j )P
3.在P中的一切正规边上增加流量α，而在对应增广边上减少流 量α，就得到G的一个由s到t的增大了流量α的更大的流. (当初有些弧上的流选择不“恰当”，要“退流”) 4.回到步骤1，直至增广网络上不在存在由s到t的增广路
引言
上图是联结某产品产地v1和销地v6的交通网， 每一弧(vi，vj)代表从vi到vj的运输线，产品 经这条弧由vi输送到vj，弧旁的数字表示这 条运输线的最大通过能力。产品经过交通网 从v1输送到v6。现在要求制定一个运输方案 使从v1运到v6的产品数量最多。
引言
给出了一个运输方案，每条弧旁的数字表示 在这个方案中，每条运输线上的运输数量。 这个方案使8个单位的产品从v1运到v6，在这 个交通网上输送量是否还可以增多，或者说 这个运输网络中，从v1到v6的最大输送量是 多少呢?
f 0
* ij
(vi ,v j ) (V1* , V1* )
由上述可见，用标号法找增广链以求最大流的 结果，同时得到一个最小截集。最小截集容量 的大小影响总的输送量的提高。因此，为提高 总的输送量，必须首先考虑改善最小截集中各 弧的输送状况，提高它们的通过能力。另一方 面，一旦最小截集中弧的通过能力被降低，就 会使总的输送量减少。
例 求图所示网络的最大流。弧旁的数是(cij，fij)。
最大流问题的应用
运输网络的用途不限于解决运输问题。例 如求一个二部图G=〈X,E,Y〉的最大匹配问 题,可转化为运输网络求解。方法是把X的元 素都看作源点,Y的元素都看 作阱点,边的方向都是从源点指向阱点,再用 上述方法,虚设一个源点a和一个阱点z,并设 所有边的权均为1。对所得的图求得最大流 的值就是最大匹配的边数,最大流通过的属 于E的边集,就是最大匹配。
网络D=(V，A，C)：给一个有向图D=(V，A)，在V中 指定了一点称为发点(记为vs)，而另一点称为收点(记为 vt)，其余的点叫中间点。对于每一个弧(vi，vj)∈A，对 应有一个c(vi，vj)≥0(或简写为ci j)，表示弧(i，j)上的最大 通过能力，称为弧的容量。 网络上的流：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(有时也简记作fi j) •左图就是一个网络，指定v1是 发点，v6是收点，其他的点是 中间点。弧旁的数字为cij。
1、建立N个点代表阿P的N辆车，分别以1到N标号；
2、建立N个点代表阿Q的N辆车，分别以N+1到2N标号；
3、如果阿P的第I辆车能够跑赢阿Q的第J辆车，则加一条 弧IN+J，容量为1，表示两辆四驱车最多只能交手一次；
4、增加一个源点S，S与 1到N中的每一个结点I都连一条 弧SI，容量为阿P的第I辆车的寿命； 5、增加一个汇点T，N+1到2N中的每一个结点N+J到T都 连一条弧N+JT，容量为阿Q的第J辆车的寿命； 6、再增加一个源点S2，加一条弧S2S，容量为）的点集分割成两部分 V1、 1 并且
__
vs V1及vt V 1 ，则箭尾在V1箭头在V 1 的弧集合（V1， 1 〕 V
称为一个截集，截集中所有弧的容量之和称为截集的截量。直 观上说，截集是从vs到vt的必经之道。
下图所示的截集为(V1 ,V1 ) (1,2), (3,4), (3,5)截量C (V ,V ) 6 2 2 10
v2
v5 v6
v3
2．匹配：
对给定的二部图G =（X，Y，E），若有M⊆E，且M中 任意两条边都没有公共端点，则称M为G的一个匹配 （也称对集）。
v1
v4
v1
v4
v2
v5 v6
v2
v5 v6
v3
v3
既满足：一个人只多做一件工作，每件工作只多由一人来 做。即为工作集与工人集之间的一个匹配。
3．最大匹配问题：
网络D=(V，A，C)：给一个有向图D=(V，A)，在V中 指定了一点称为发点(记为vs)，而另一点称为收点(记为 vt)，其余的点叫中间点。对于每一个弧(vi，vj)∈A，对 应有一个c(vi，vj)≥0(或简写为ci j)，表示弧(i，j)上的最大 通过能力，称为弧的容量。 网络上的流：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(有时也简记作fi j) 左图所示的运输方案，就可看作 是这个网络上的一个流，每个弧 上的运输量就是该弧上的流量， 即f12=5，f24=2，f13=3，f34=1等 。 通过每一条弧的流只允许沿 着弧的箭头方向流动
② 6 ① 8 ③ 4 1 4
1 1
__
__
__
④
7 ⑥ 9
6 2
2 ⑤
不难证明，任何一个可行流的流量v(f )都不会 超过任一截集的容量。即
v(f )≤C (V1, V1 )
显然，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* (V1* , V1* ) 必定是D的所有截集 是最大流，而 中，容量最小的一个，即最小截集。
1. 最大匹配问题 ⑴ 二部图（也叫二分图） 图G= (V, E), 若V=X∪Y且X∩Y=ф，使得E中每一条边 的两个端点必有一个属于X，另一个属于Y，则称G为二 部图。记G=（X，Y，E），或G=（X，E，Y）。
v1
v4
X {v1 , v2 , v3} Y {v4 , v5 , v6 }
表示G中所有的匹配集，即
=｛M | M为G的匹配集｝
|M|表示M的边数，若存在 M0 使对任意的M∈ ，有
| M0 | | M |
则称 M0 是G 的最大匹配。
注：G中最大匹配方案可能不唯一。
2。多端网络问题： 例6 设有5位待业者，5项工作，他们各自能胜任
工作的情况如图所示，要求设计一个就业方案，使尽
可行流： 1.每个弧上的流量不能超过该弧的最大通过能 力(即弧的容量)；2.中间点的流量为零。 因为对于每个点，运出这点的产品总量与运进这点的产品 总量之差，是这点的净输出量，简称为是这一点的流量； 由于中间点只起转运作用，所以中间点的流量必为零。易 见发点的净流出量和收点的净流入量必相等，也是这个方 案的总输送量。因此有：
另外，由于比赛的磨损，每辆四驱车都 有自己的寿命（即它们能参加分站赛的 场次），不同的四驱车寿命可能不同， 但最多不会超过50场。两辆四驱车最多 只能交手一次。 现 给 定 N 、 M （ 1<=N<=100 ， 1<=M<=1000）、N*N的一个输赢表、每 辆四驱车的寿命，并假设每次分站赛两 人都有可选的赛车，请你计算一下阿P最 多能够赢得多少个分站赛。
则称流量集合｛f ij｝为网络的一个可行流，简记为 f , v称为可行流的流量或值，记为v(f).