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首先来认识一下网络流中最大流的问题
给定一个有向图G＝（V，E），把图中的边看做成管道，边权看做成每根管道能通过的最大流量（容量），给定源点s和汇点t，在源点有一个水源，在汇点有一个蓄水池，问s－t的最大水流量是多少
网络流图里,源点流出的量等于汇点流入的量,除源汇外的任何点,其流入量之和等于流出量之和 。
首先我们来看下面的图
s是源点,t是汇点
先这么想,先用dfs找出一条从s-t的路线,把他塞满,然后流量就是路径中容量最小的那条路的容量,然后把路径上的容量都剪去这个流量,再重新从s-t找可行路径,直到找不到为止
用这种思路看这个图
先走S-A-B-T,这样流量为100,并且没有可行路径了,即操作结束.
可是很明显,从S-A-T,S-B-T这两条路加起来的流量为200。所以这种思路是错的。
主要是过早的认为A-B的流量不为0
改进的思路：建立一个可以修改的网络，使得不合理的流可以被删掉
一种实现：对上次dfs时找到的流量路径上的边，添加一条“反向”边，反向边上的容量等于上次dfs时找到的该边上的流量，然后再利用“反向”的容量和其他边上剩余的容量寻找路径。
使用这种思路再求一次
第一次dfs后
第二次dfs（为了方便把容量为0的边删了）
这个时候已经没有可以走的边了，流量为200，dfs结束
为什么这种思路是正确的呢，网上有不少详细的证明。
Ford-Fulkerson算法
就是用这种思路做的
用dfs求增广路径，每次找到之后处理，直到找不到为止。
假设有n个定点，m条边，那么dfs的复杂度为n+m；
dfs运行c次
所以复杂度为c*(n+m);
但是dfs可能会运行很多次。
比如上面的图如果A-B中有条容量为1的边，那么运气不好的话，能执行200次dfs；
但实际上只要用2次就能找到
在每次增广的时候，选择从源到汇的具有最少边数的增广路径,即不是通过dfs寻找增广路径，而是通过bfs寻找增广路径。
这就是Edmonds-Karp 最短增广路算法
已经证明这种算法的复杂度上限为nm2 (n是点数， m是边数）；
现在来说几道题目
1-〉POJ 1273
题意:网络流的裸题，1为源点，n为汇点，给定每条边的容量，求最大流，用EK算法
| 1273 | Accepted | 1052K | 0MS | G++ | 1430B |
1 #include <stdio.h> 2 #include <iostream> 3 #include <stdlib.h> 4 #include <string.h> 5 #include <algorithm> 6 #include <vector> 7 #include <queue> 8 using namespace std; 9 #define N 300 10 #define INF 0x7fffffff 11 int Map[N][N]; 12 int path[N]; 13 //bool vis[N]; 14 int n,m; 15 bool bfs(int s,int t) 16 { 17 int p; 18 queue<int> q; 19 memset(path,-1,sizeof(path)); 20 //memset(vis,false,sizeof(vis)); 21 path[s]=s; 22 // vis[s]=true; 23 q.push(s); 24 while(!q.empty()) 25 { 26 p=q.front(); 27 q.pop(); 28 for(int i=1;i<=n;i++) 29 { 30 if(Map[p][i]>0&&path[i]==-1) 31 { 32 path[i]=p; 33 //vis[i]=true; 34 if(i==t) 35 return true; 36 q.push(i); 37 } 38 } 39 } 40 return false; 41 } 42 int EK(int s,int t) 43 { 44 int flow=0; 45 int d; 46 int i; 47 while(bfs(s,t)) 48 { 49 d=INF; 50 for(i=t;i!=s;i=path[i]) 51 { 52 d=min(d,Map[path[i]][i]); 53 } 54 for(i=t;i!=s;i=path[i]) 55 { 56 Map[path[i]][i]-=d; 57 Map[i][path[i]]+=d; 58 } 59 flow+=d; 60 } 61 return flow; 62 } 63 int main() 64 { 65 while(scanf("%d %d",&m,&n)!=EOF) 66 { 67 memset(Map,0,sizeof(Map)); 68 for(int i=1;i<=m;i++) 69 { 70 int from,to,flow; 71 scanf("%d %d %d",&from,&to,&flow); 72 Map[from][to]+=flow; 73 } 74 printf("%d\n",EK(1,n)); 75 } 76 77 return 0; 78 }
2-〉POJ 3436
题意：一台电脑有P个部分，当电脑所有部分都被修好的时候，这台电脑才能出厂，有N台机器，每台机器每天最多能处理Q台电脑，机器只能接收与要求相符合的电脑，0表示这个部件不能有，1表示这个部件必须有，2表示这个部件可有可无，机器接受电脑部件之后会产出相应的产品，1表示这个部件有，0表示这个部件没有。求工厂一天能出厂多少台电脑。
思路：拆点建图，把接收形如222，000。。。（只要其中没有1），就把源点向这个点连一条容量为无穷大的边，把产出为111的，就把这个点向汇点连一条无穷大的边，我把编号为i的点，那么这个点拆成2*i-1和2*i两个点，2*i-1代表接受的，2*i代表产出的，这两个点之间连一条容量为第i台机器每天处理的电脑量的边，如果某台机器产出的点符合令一台机器接受的点，那就把那两个点也连上一条容量为无穷大的边。之后求最大流就可以了。
| 3436 | Accepted | 8648K | 32MS | G++ | 3338B |
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <iostream> 4 #include <queue> 5 #include <stdlib.h> 6 #include <stack> 7 using namespace std; 8 #define N 1000 9 #define INF 0x7fffffff 10 int pre[N]; 11 int map[N][N]; 12 int mmap[N][N]; 13 int P,n; 14 struct node 15 { 16 int rec[N]; 17 int pro[N]; 18 int flow; 19 }; 20 node mac[N]; 21 bool bfs(int s,int t) 22 { 23 int p; 24 stack<int> q;//不知道为什么stack能过queue就wa了。。 25 memset(pre,-1,sizeof(pre)); 26 pre[s]=s; 27 q.push(s); 28 while(!q.empty()) 29 { 30 p=q.top(); 31 q.pop(); 32 for(int i=0;i<=2*n+1;i++) 33 { 34 if(map[p][i]>0&&pre[i]==-1) 35 { 36 pre[i]=p; 37 if(i==t) 38 return true; 39 q.push(i); 40 41 } 42 } 43 } 44 return false; 45 } 46 void EK(int s,int t) 47 { 48 int flow=0; 49 int d,i; 50 int cnt=0; 51 while(bfs(s,t)) 52 { 53 d=INF; 54 for(i=t;i!=s;i=pre[i]) 55 d=min(d,map[pre[i]][i]); 56 for(i=t;i!=s;i=pre[i]) 57 { 58 map[pre[i]][i]-=d; 59 if(!mmap[pre[i]][i]) 60 { 61 if(pre[i]%2==0&&i&1&&i!=t&&pre[i]!=0) 62 { 63 64 cnt++; 65 } 66 } 67 map[i][pre[i]]+=d; 68 mmap[pre[i]][i]+=d;//每台机器之间流过的电脑数量 69 } 70 71 flow+=d; 72 } 73 printf("%d %d\n",flow,cnt);//最大流就是最多能产出的电脑，cnt就是几条机器之间的路径 74 for(int i=1;i<=2*n;i++) 75 for(int j=1;j<=2*n;j++) 76 { 77 if(mmap[i][j]&&i%2==0&&j%2!=0) 78 { 79 printf("%d %d %d\n",i/2,(j+1)/2,mmap[i][j]); 80 } 81 } 82 } 83 int main() 84 { 85 while(scanf("%d %d",&P,&n)!=EOF) 86 { 87 int cnt=1; 88 memset(map,0,sizeof(map)); 89 memset(mmap,0,sizeof(mmap)); 90 for(int i=1;i<=n;i++) 91 { 92 scanf("%d",&mac[i].flow); 93 for(int j=1;j<=P;j++)scanf("%d",&mac[i].rec[j]); 94 for(int j=1;j<=P;j++)scanf("%d",&mac[i].pro[j]); 95 map[cnt][cnt+1]=mac[i].flow;//拆点 96 cnt+=2; 97 } 98 bool flag; 99 for(int i=1;i<=n;i++)//处理源点和汇点 100 { 101 bool flag1=true; 102 bool flag2=true; 103 for(int j=1;j<=P;j++) 104 if(mac[i].pro[j]==0)flag2=false; 105 if(flag2) 106 map[i*2][2*n+1]=INF; 107 flag1=true; 108 flag2=true; 109 for(int j=1;j<=P;j++) 110 if(mac[i].rec[j]==1)flag1=false; 111 if(flag1) 112 map[0][2*i-1]=INF; 113 } 114 for(int i=1;i<=n;i++)//每台机器之间连边 115 { 116 for(int j=1;j<=n;j++) 117 { 118 if(i==j) 119 continue; 120 for(int k=1;k<=P;k++) 121 { 122 flag=true; 123 if((mac[i].pro[k]==1&&mac[j].rec[k]==0)||(mac[i].pro[k]==0&&mac[j].rec[k]==1)) 124 { 125 flag=false; 126 break; 127 } 128 } 129 if(flag) 130 { 131 int u=i*2; 132 int v=j*2-1; 133 map[u][v]=INF; 134 } 135 } 136 } 137 138 /* for(int i=0;i<=2*n+1;i++) 139 { 140 for(int j=0;j<=2*n+1;j++) 141 { 142 printf("i:%d j:%d map[i][j]=%d\n",i,j,map[i][j]); 143 } 144 }*/ 145 EK(0,2*n+1); 146 } 147 return 0; 148 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/as3asddd/p/5410693.html
