标签：block 证明 并且 min 割边 加法 网上 因此 否则
对于该问题的图 \(G‘\) ，对于每条边 \((u,v)\in E\) ，有两个容量限制 \(c_l(u,v)\) 和 \(c_u(u,v)\) 。可行流必须满足：
没有源汇的流即循环流，每个点都满足流量守恒。
这类问题一般采取 " 调整策略 " ，也就是先找一个符合部分限制的流，然后经过调整使得它符合所有限制。
那么不难想到先让每条边的流达到下界，此时每条边的剩余容量 \(c‘(u,v)=c_u(u,v)-c_l(u,v)\) 。
但是每个点的流量可能不守恒，我们需要进行调整，根据流的加法，这也可以描述为加上一个可行流 \(\delta\) 。
对于点 \(u\) ，记 \(I_u\) 为目前进入 \(u\) 的流量， \(O_u\) 为从 \(u\) 出发的流量。
那么显然有： \(I_u=\sum_{(v,u)\in E}c_l(v,u),O_u=\sum_{(u,v)\in E}c_l(u,v)\) 。
此时如果 \(I_u=O_u\) ，那么此时它已经守恒，而 \(\delta\) 本身也是守恒的，所以这样的点我们不需要管它。
那么剩下的点，我们可以认为是 \(I_u>O_u\) 的点需要流出更多，而 \(I_u<O_u\) 的点需要流入更多。
不妨先给 \(I_u<O_u\) 的点以 \(O_u-I_u\) 的流，那么它就要去找接流的点，也就是 \(I_u>O_u\) 的点。
至于 " 给流 " 的想法，自然可以通过连接源点实现， " 接流 " 自然可以通过连接汇点实现。
需要注意的是，由于真实的图中流不从汇点流入，而是从其它点流过来，所以新图的边应该反着建，就像是从 \(I_u<O_u\) 的点出发，倒着去找 \(I_u>O_u\) 的点。
因此可以考虑构建标准网络 \(G_s\) ，其中对于 \((v,u)\in E\) ，满足 \(c(u,v)=c_u(v,u)-c_l(v,u)\) 。
而对于 \(I_u<O_u\) 的点，连接 \(S\rightarrow u\) ，容量为 \(O_u-I_u\) 。
对于 \(O_u<I_u\) 的点，连接 \(u\rightarrow T\) ，容量为 \(I_u-O_u\) 。
在 \(G_s\) 上面跑最大流，如果 \(S\) 的出边均满流， \(T\) 的入边均满流（简称 " 满流 " ），就说明原图存在可行流。
这个过程类似于基于一般图的边的二分图多重匹配问题。
当然，把所有的边都反过来，并且交换 \(S\) 和 \(T\) ，就变成了网上常见的做法。
关于正确性，我们只需要证明 \(p=\) " \(G_s\) 上满流 " \(\Leftrightarrow\) \(q=\) " 原图存在可行流 "。
首先 \(p\Rightarrow q\) 是很好证明的，可以直接模仿上面的思路进行构造。
而 \(q\Rightarrow p\) ，我们可以也构造。
我们找出原图的可行流 \(f\) ，构造 \(G_s\) 上对应的流 \(f‘\) ：
对于边 \((v,u)\in E,f‘(u,v)=f(v,u)-c_l(v,u)\) 。
考虑一个 \(I_u<O_u\) 的点，\(S\) 与它有边，容量为 \(O_u-I_u\) 。此时我们安排 \(f‘(S,u)=O_u-I_u\) 。
同理，对于 \(I_u>O_u\) 的点，它与 \(T\) 有边，容量为 \(I_u-O_u\) 。此时我们安排 \(f‘(u,T)=I_u-O_u\) 。
首先 \(f‘\) 显然满足容量限制，我们只需要看一下它是不是流量守恒的。
在 \(f\) 上有：
那么对于 \(I_u=O_u\) 的点，在 \(G_s\) 上必然流量守恒，不再赘述。
对于 \(I_u<O_u\) ：
而对于 \(I_u>O_u\) 也有类似成立。因此我们构造的 \(f‘\) 是 \(G_s\) 的可行流，且在 \(G_s\) 上满流。
例题一道[HDU4940]Destroy Transportation system
......和题解通道。
考虑一下源汇与普通点的区别。事实上只有唯一的区别，即源汇流量不守恒，且源点多流出的恰好等于汇点多流入的。
那么我们可以尝试将汇点多的流引到源点，这样就守恒了。
实际操作就是在原图 \(G\) 中连接一条 \(t\rightarrow s\) ，下界为 \(0\) ，上界为 \(+\infty\) 。
下文我们如果不是特殊提到，否则 \(E\) 中不包含这条边。
由于现在有两个源汇，所以我们称 \(G\) 上的源汇为 \(s,t\) ，构造的 \(G_s\) 上的为 \(s_s,t_s\) 。
为了避免奇奇怪怪的错误，我们这里的 \(G_s\) 相对于上述的版本，已经将所有边反向并且交换了 \(s_s\) 和 \(t_s\)，即它满足你在网上可以看到的其它版本的构造方法：
有一个很直观的做法：我们先在 \(G_s\) 上，跑一组 \(s_s\rightarrow t_s\) 的最大流 \(f_0\)，判断是否有可行流；接着再在 \(G_s\) 的残余网络上，跑一组 \(s\rightarrow t\) 的最大流 \(f_{s\rightarrow t}\) 。那么原图的最大流就是 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 。
感性理解， \(f_0\) 必然可以反向构造出一个原图的可行流 \(f_0‘\) ，而 \(f_{s\rightarrow t}\) 也可以构造出一个增广流 \(f_{s\rightarrow t}‘\) ，此时 \(G_{f_0‘+f_{s\rightarrow t}‘}\) 上是没有增广路的。
事实上这个做法是完全正确的，我们下面将给出证明：
以下均认为 \(G\) 是存在可行流的。
首先，原图的一个可行流和 \(G_s\) 上的一个最大流是完全等价的。如果你对这一点还不太熟悉，那么请参考 无源汇上下界可行流 部分。
于是我们只需要证明 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 仍然对应 \(G_s\) 上的一个最大流，并且 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 对应的 \(G\) 上的流不存在增广路。
证明第一步，我们先证明 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 对应 \(G_s\) 上的一个流。
性质一：容量限制
由于 \(s_s\) 只有出边， \(t_s\) 只有入边，那么可以知道， \(f_{s\rightarrow t}(u,v)\not=0\Leftrightarrow (u,v)\in E\) 。
对于 \((u,v)\in E\) 的边，由于 \(f_{s\rightarrow t}\) 是在 \(G_{s_{f_0}}\) 上面跑出来的，所以它们满足容量限制（如果你不明白，可以参考性质 5：流的加法）。
对于其它边， \(f_{s\rightarrow t}\) 不会影响，因此它们也满足容量限制。
性质二：流量守恒
不难发现，在 \(G_s\) 中，对于 \(u\in V-\{s,t,s_s,t_s\}\) ， \(u\) 仍然满足流量守恒（如果你不明白，可以参考性质 5：流的加法）。
而 \(s,t\) 在 \(f_0\) 上守恒，而在 \(f_{s\rightarrow t}\) 上不守恒。不过，我们还有一条 \(t\rightarrow s\) 的无穷边，因此我们可以通过这条边发送 \(|f_{s\rightarrow t}|\) 的流量，从而使得 \(s,t\) 流量守恒。而 \(t\rightarrow s\) 容量为 \(+\infty\) ，因此不会超过容量限制。
所以 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 仍然对应 \(G_s\) 上的一个流。
考虑它是否最大——这是显然的，因为 \(f_0\) 已经 \(G_s\) 上的最大流，而 \(f_{s\rightarrow t}\) 并不会影响到 \(s_s\) 的出边和 \(t_s\) 的入边。
因此 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 仍然对应 \(G_s\) 上的一个最大流。
证明第二步，我们证明 \(f_0+f_{s\rightarrow t}\) 对应的 \(G\) 上的流不存在增广路。
首先构造 \(G\) 上的流 \(f‘\) 。对于边 \((u,v)\in E\) ， \(f‘(u,v)=f_0(u,v)+f_{s\rightarrow t}(u,v)+c_l(u,v)\) 。
如果此时 \(G_{f‘}\) 上存在一条增广路，那么对于其中的每一条边都有 \(f_0(u,v)+f_{s\rightarrow t}(u,v)=f‘(u,v)-c_l(u,v)\) ，此时一定有左边 \(\le c_u(u,v)-c_l(u,v)\) 。因而 \(s\rightarrow t\) 上也有一条增广路， \(f_{s\rightarrow t}\) 就不是题设的最大流。
实际操作很显然，就不说了
笔者被实际操作打败了
实际操作的时候， \(f_0\) 应该取到 \(s\rightarrow t\) 的流量——可行流的流量，可以直接查 \(t\rightarrow s\) 这条边的流量。而 \(f_{s\rightarrow t}\) 则可以直接用算法得出的流量。
笔者拒绝写不会的证明，并且向你扔了一个结论
沿用上一个部分的内容。我们现在已经得到了 \(f_0\) 和 \(f_{s\rightarrow t}\) 。现在我们拆掉 \((t,s)\) 这条边，并跑一个 \(t\rightarrow s\) 的最大流 \(f_{t\rightarrow s}\) 。答案就是 \(|f_0|_{s\rightarrow t}+|f_{s\rightarrow t}|-|f_{t\rightarrow s}|\) 。
这个问题基于一个有向图 \(G=(V,E)\) ，对于所有的 \(u\in V\) ，都有一个实数的权值 \(w_u\) 。
它的一个闭合子图（实际上是一个子集）被定义为 \(V‘\) ，满足：
并定义一个闭合子图的权为 \(\sum_{u\in V‘}w_u\) 。
我们将其转化为最小割问题：
首先我们找出每个点的两种情况：属于 \(V‘\) 或者不属于 \(V‘\) ，其中前者对应在割中属于 \(S\) ，后者对应在割中属于 \(T\) 。
注意到我们的最小割计算的是代价，所以对于 \(u(w_u\ge0)\) ，它属于 \(T\) 就会带来 \(w_u\) 的代价，因此需要连接 \(s\rightarrow u\) ，容量为 \(w_u\)；而对于 \(u(w_u<0)\) ，它属于 \(S\) 就会带来 \(-w_u\) 的代价，因此需要连接 \(t\rightarrow u\) ，容量为 \(w_u\) 。
考虑 \(E\) 中的边的限制。对于 \((u,v)\in E\) ，如果 \(u\in S\) 而 \(v\in T\) ，这就是不合法的情况——即，我们需要在这种情况发生时，让 \(s\) 和 \(t\) 连通，于是不难想到连接 \(u\rightarrow v\) ，容量为 \(+\infty\) 。
答案就是：
设构建的网络为 \(G_n=(V_n,E_n)\) 。
简单证明一下：
定义简单割为不包含 \(+\infty\) 的割边的割。
那么网络上的最小割一定是简单割。
证明
将 \(s\) 的所有出边割掉，我们已经得到了一个割 \([\{s\},V_n-\{s\}]\) ，而其中并不包含 \(+\infty\) 的割边，且必然比包含 \(+\infty\) 的割边的割的容量小。
又因为最小割是容量最小的割，那么它的容量一定小于构造的割，所以最小割一定是简单割。
网络上的一个简单割与原图上的一个闭合子图一一对应。
证明
证明：简单割 \(\rightarrow\) 闭合子图
找出一组简单割 \([S,T]\) ，此时我们让 \(V‘=S-\{s\}\) ，显然满足 \(V‘\subseteq V\) 的条件。
反证，假设有 \(u\in V‘,v\in V-V‘\) ，而在 \(G\) 上 \(u\) 可以到达 \(v\) ，还原到 \(G_n\) 上，必然有 \(u\in S\) 而 \(v\in T\) 。
由于简单割的割边一定不包含 \(+\infty\) 的割边，因此 \(u\rightarrow v\) 的路径上的边一定没有被割，因此 \(u\) 和 \(v\) 应该属于同一个集合，矛盾。
因此简单割一定对应了一个闭合子图。
证明：闭合子图 \(\rightarrow\) 简单割
对于闭合子图 \(V‘\) ，我们构造割 \([S=V‘\cup \{s\},T=V\setminus V‘\cup\{t\}]\) 。
考虑割是否包含 \(+\infty\) 的割边。假设有，不妨设边为 \(u\rightarrow v\) ，那么 \(u\in S\) 而 \(v\in T\) 。由于边权为 \(+\infty\) ，所以 \((u,v)\in E\) ，这与 \(V‘\) 是闭合子图矛盾，所以 \([S,T]\) 是简单割。
因此一个闭合子图一定对应了一个简单割。
这一结论为下面的内容奠定了基础。
" 答案 " 就是最大权闭合子图的权值和。
证明
对于任何一个简单割 \([S,T]\) 有：
而根据我们的证明方式， \(S-\{s\}\) 就是一个闭合子图。因而一个割的容量与一个闭合子图的权是对应的。
注意到上式中 \(\sum_{u\in V}w_u[w_u\ge 0]\) 是定值，由于我们证明了割集合闭合子图集是等价的，因此最小化 \(c(S,T)\) 即可最大化权。
为了节省空间，这里就直接上带权版本了。
对于一个点和边都带有权的无向图 \(G=(V,E)\) ，对于所有的 \(u\in V\) ，都有一个实数权 \(w_u\) ，对于所有的 \(e\in E\) ，都有一个实数权 \(w_e\) 。
对于一个图，定义它的密度 \(\operatorname{den}(G)=\frac{\sum_{e\in E}w_e}{\sum_{u\in V}w_v}\) 。
求 \(G\) 中的密度最大的子图（的密度）。对于一个子图 \(G‘=(V‘,E‘)\) ，需要满足：
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原文地址：https://www.cnblogs.com/crashed/p/14192828.html
