最大流
基本概念
最大流問題（Maximum Flow Problem）是一種組合最優化問題，是網絡流的基礎。把問題抽象成一個有向圖，從源點到匯點的每一條邊都有一個最大容量，指這條邊可以流過的流量最大值。問題要求的就是從源點到匯點的最大流量。注意和最長路的區別在於，它的流量可以通過多個路徑流到匯點。
在求解問題之前，我們先來認識一些概念；
容量網絡：我們剛才說的有向圖G，即每條邊都有一個最大容量的網絡；
弧：就是網絡中的邊；
弧分四類：（設有一條弧流量為h（u，v），最大容量為c）
1，飽和弧，即h（u，v）= c；
2，非飽和弧，即h（u，v）< c；
3，非零弧，即h（u，v）< 0;
4，零弧，即h（u，v）= 0；
流量：一條弧實際所流過的流量；
可行流：滿足條件1和2的一個網絡流f：
1，流量限制，即每條弧的流量不能超過最大容量；
2，平衡條件限制，即每條弧流入的流量一定等於它流出的流量；
（特別地，如果一個網絡上所有流量均為0，則稱之為零流）
鏈：即從點u到u1，u1到u2，……，un到v的一條序列，其中每兩個相鄰的點都要連有一條弧，設L是網絡G中一條從源點S到匯點T的鏈，則約定S到T的方向為正方向，但鏈中的弧方向不一定要和正方向相同。我們稱鏈中和正方向相同的弧為正向弧，反之為反向弧；
增廣路：設f是G中的一個可行流，設L是從S至T的一條鏈，若：
L中所有正向弧均為非飽和弧，且所有反向弧均為非零弧，
那么這條鏈就稱為f的一條增廣路，沿着增廣路改進的操作叫做增廣；
殘留容量：即在當前的可行流中弧h（u，v）的最大容量c減去已流流量f（u，v）的殘余流量，記為su（u，v）；
殘余網絡：即殘余容量組成的網絡，設殘余網絡G’，則對於G中的每一條弧h（u，v），若它是一條非飽和弧，則在G’中有一條弧h’（u，v），其最大容量c’（u，v）=c（u，v）-h（u，v），若它是一條非零弧，則在G’中有一條弧h”（v，u），其容量為c（u，v）。
問題求解
解決最大流有很多種解法，如EK、Isap、FF等，不過最有名的（主要是我們神聖的陳老師講了的）就是dinic算法，我們今天也只介紹這一種，其他的有興趣的童鞋可以自行百度。
dinic
學習dinic之前，我們先引入一個概念：層次圖；
層次圖就是分層圖，一個點到源點的最短距離就叫做它的“層次”，分層圖中“層次”相同的點為一層。建立分層圖有一個好，就是同一層的點不可能在同一條鏈中，這樣在找增廣路時可以省去很多重復計算。
所以dinic的基本思路就是不斷地根據殘余網絡建立層次圖，然后在層次圖中dfs找增廣路，直到無法增廣為止，這樣運行速度就會快很多。下面就來看一下具體的解決精髓：反向邊
反向邊
我們為什么要反向邊呢？看下面的一個例子（源點是1，匯點是4）： 
我們可以很快的找到一個增廣路1-2-3-4，增加流量為1，得到流如下： 
可這時我們發現，弧（1，2）和（3，4）都已經是飽和弧，再也找不到增廣路了，而最大流卻明顯不是1，是2，即同時走1-2-4和1-3-4。那么問題出在哪里了呢？
問題就是我們沒有給算法“后悔”的機會，它找完一個增廣路后就沒有改變原來2-3-4而走2-4的操作。那么怎么解決呢？暴力回溯？等着TLE吧。。。
所以dinic（其實所有最大流的算法都是）用了一個非常神奇的東東來解決這個問題：反向邊。
反向邊，就是對於網絡G中的每條弧h（u，v）都加入一條反向弧h（v，u），初始最大容量為c（u，v）。
而在每次增廣的時候，就將增廣路上每一段容量減少n，同時將反向弧容量增加n。
繼續看剛才的例子，加入反向邊后，網絡流修改成如下： 
那么此時再找，就可以找到1-3-2-4這條增廣路，最終最大流量為2。 
可是這樣做為什么是對的呢？因為當我們第二次增廣走過反向邊3-2時就相當於把2-3這條正向邊所用的流量給“退流”了，即不走2-3-4而改走從2出發的其它路，即2-4，最終流量也是一樣的。（注意2-4是必定存在的，因為如果沒有2-4的話就不會有1-3-2-4這條增廣路）同時3-4的流量就變到了1-3-4這條路上，2-3這條邊正向反向流量均為1，就相互抵消了，相當於沒有流量。
這就是反向邊的基本思想，它通過“退流”的方式，給了算法后悔的機會。下面直接上代碼：
代碼（POJ1273——模板題）
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 struct edge{ 7 int y,r,next,op; 8 }a[401]; 9 int head[201],q[5001],level[201],ans=0,x,y,z,n,m,vs,vt,tot=0; 10 void add(int x,int y,int z){ 11 a[++tot].y=y; 12 a[tot].r=z; 13 a[tot].next=head[x]; 14 head[x]=tot; 15 a[tot].op=tot+1; 16 a[++tot].y=x; 17 a[tot].r=0; 18 a[tot].next=head[y]; 19 head[y]=tot; 20 a[tot].op=tot-1; 21 } 22 bool bfs(){ 23 int u,tmp,v,f=1,r=1; 24 memset(level,0,sizeof(level)); 25 q[f]=vs; 26 level[vs]=1; 27 while(f<=r){ 28 v=q[f]; 29 tmp=head[v]; 30 while(tmp!=-1){ 31 u=a[tmp].y; 32 if(a[tmp].r&&!level[u]){ 33 level[u]=level[v]+1; 34 q[++r]=u; 35 if(u==vt)return true; 36 } 37 tmp=a[tmp].next; 38 } 39 f++; 40 } 41 return false; 42 } 43 int dfs(int v,int num){ 44 int value,flow,tmp,u,ans=0; 45 if(v==vt||!num)return num; 46 tmp=head[v]; 47 while(tmp!=-1){ 48 u=a[tmp].y; 49 value=a[tmp].r; 50 if(level[u]==level[v]+1){ 51 flow=dfs(u,min(value,num)); 52 if(flow){ 53 a[tmp].r-=flow; 54 a[a[tmp].op].r+=flow; 55 ans+=flow; 56 num-=flow; 57 if(!num)break; 58 } 59 } 60 tmp=a[tmp].next; 61 } 62 return ans; 63 } 64 int main(){ 65 scanf("%d%d",&n,&m); 66 vs=1; 67 vt=m; 68 memset(head,255,sizeof(head)); 69 for(int i=1;i<=n;i++){ 70 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 71 add(x,y,z); 72 } 73 while(bfs()){ 74 ans+=dfs(1,2147483647); 75 } 76 printf("%d",ans); 77 return 0; 78 }
時間復雜度
dinic算法算是所有解決最大流問題的算法中效率最高的一種，證明比較復雜，這里直接給出復雜度：
最壞情況時間復雜度：$O(V^{2}E)$;
期望時間復雜度：$O(min(V^{\frac{3}{2}}，E^{\frac{1}{2}})*E)$;
最好時間復雜度（二分圖）：$O(\sqrt{V}E)$;