图论算法 最大流问题ppt课件.ppt

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。 每条弧代表一条公路，弧上的数表示该公路的最大运载量。最多能将多少货物从S运抵T？,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fijCij2. 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，称为饱和弧；否则称为非饱和弧。若fij = 0，称为零流弧；否则称为非零流弧。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+ = , , , P- = 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 P+ , fij是非零流，并且 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),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)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,剩余图中，每条边都可以沿其方向增广,剩余图的权值代表能沿边增广的大小,G = (V, E, C)是已知的网络流图，设U是V的一个子集，W = VU，满足S U，TW。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,割切示例,上例中，令U = S, V1，则W = V2, V3, V4, T，那么，C(U, W) = + + + =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xij0,且j未标号，则给j一个标号(-i, (j) ),其中， (j)=minxji , (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)。,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：,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。以后便重复以下过程直到Q为空：(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) = minh(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,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,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。,费用流定义,设有带费用的网络流图G = (V, E, C, W)，每条弧对应两个非负整数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) =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P+ Wij - 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E，fijE，权为Wij。若E，fij0，那么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Shorti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Lasti。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Shorti +（1in+1），Short0 0。step 2. 遍历每一条弧。若Shorti + ，同时Lastj 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Shortn + 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。,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p1p2p3pk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），现在给每条弧加上一个下界限制Aij (即必须满足Aijfij)。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。,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 = VS, T对每个顶点x，令h-(x)= E AiX ，若h-(x)0，就添加一条弧，其上界为h-(x) 。对每个顶点x，令h+(x)= E AXi ，若h+(x)0，就添加一条弧，其上界为h+(x) 。对于任何E，都有E，其上界Cij = Cij Aij。新增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（反向弧必须满足fijAij，而非fij0），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？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的一个可行的最小流？,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，容量为无穷大。增设一个“超级汇”T，对每个汇点Ti，新增弧，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，其容量为点i的流量限制。对于原图中的弧，我们将其变换成。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iX，新增弧，容量为1；增设点T，对于所有iY，新增一条弧，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（iX，jY）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（ba），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ffAfB。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：1f, fA, fB60, 1n1000）输出文件：最少费用input.txt output.txt4 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：（1in），容量为ni，费用为0。表示第i天需要ni块毛巾。（1in），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。（a+2in），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。（b+2in），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。（2in），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。（1in），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。,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.out6 13 0.000211840.9 0.7 0.8 0 0 0 2 6 8 0 0 00 0 0 1 0 11 4 0.5 22 3 0.9 52 5 0.8 22 6 0.8 73 5 0.8 25 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Mij0，则存在弧和：其容量皆为Mij；费用Sji =Sij = ln(Sij)。增设弧，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（1n200）。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（1in）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 ，容量为di。对所有的iB，存在弧，容量为|di|。若第i个项目的某前趋项目编号为j，则存在弧，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（1iN）。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。（1iM, 1Ai, BiN）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：N200，M1 000。100%的数据中：N5 000，M50 000，0Ci100，0Pi100。,分析,s到用户i，容量为Ci 用户i到中转站Ai和Bi，容量为 中转站i到t，容量为Pi考虑这个模型的割割边不可能是中的边，这保证了解的合法性属于的割边表示损失的利益属于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。,思考题5：矩阵游戏 （2006年江苏省选）,题目大意：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,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；,深入分析,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。,