跳转至

最小割

概念

割

对于一个网络流图 ，其割的定义为一种 点的划分方式：将所有的点划分为 和 两个集合，其中源点 ，汇点 。

割的容量

我们的定义割 的容量 表示所有从 到 的边的容量之和，即 。当然我们也可以用 表示 。

最小割

最小割就是求得一个割 使得割的容量 最小。

证明

最大流最小割定理

定理：

对于任意一个可行流 的割 ，我们可以得到：

出边的总流量入边的总流量出边的总流量

如果我们求出了最大流 ，那么残余网络中一定不存在 到 的增广路经，也就是 的出边一定是满流， 的入边一定是零流，于是有：

出边的总流量入边的总流量出边的总流量

结合前面的不等式，我们可以知道此时 已经达到最大。

代码

最小割

通过 最大流最小割定理，我们可以直接得到如下代码：

参考代码 
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>

const int N = 1e4 + 5, M = 2e5 + 5;
int n, m, s, t, tot = 1, lnk[N], ter[M], nxt[M], val[M], dep[N], cur[N];

void add(int u, int v, int w) {
  ter[++tot] = v, nxt[tot] = lnk[u], lnk[u] = tot, val[tot] = w;
}

void addedge(int u, int v, int w) { add(u, v, w), add(v, u, 0); }

int bfs(int s, int t) {
  memset(dep, 0, sizeof(dep));
  memcpy(cur, lnk, sizeof(lnk));
  std::queue<int> q;
  q.push(s), dep[s] = 1;
  while (!q.empty()) {
    int u = q.front();
    q.pop();
    for (int i = lnk[u]; i; i = nxt[i]) {
      int v = ter[i];
      if (val[i] && !dep[v]) q.push(v), dep[v] = dep[u] + 1;
    }
  }
  return dep[t];
}

int dfs(int u, int t, int flow) {
  if (u == t) return flow;
  int ans = 0;
  for (int &i = cur[u]; i && ans < flow; i = nxt[i]) {
    int v = ter[i];
    if (val[i] && dep[v] == dep[u] + 1) {
      int x = dfs(v, t, std::min(val[i], flow - ans));
      if (x) val[i] -= x, val[i ^ 1] += x, ans += x;
    }
  }
  if (ans < flow) dep[u] = -1;
  return ans;
}

int dinic(int s, int t) {
  int ans = 0;
  while (bfs(s, t)) {
    int x;
    while ((x = dfs(s, t, 1 << 30))) ans += x;
  }
  return ans;
}

int main() {
  scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t);
  while (m--) {
    int u, v, w;
    scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
    addedge(u, v, w);
  }
  printf("%d\n", dinic(s, t));
  return 0;
}

方案

我们可以通过从源点 开始 DFS，每次走残量大于 的边，找到所有 点集内的点。

1
2
3
4
5
6
7
void dfs(int u) {
  vis[u] = 1;
  for (int i = lnk[u]; i; i = nxt[i]) {
    int v = ter[i];
    if (!vis[v] && val[i]) dfs(v);
  }
}

割边数量

如果需要在最小割的前提下最小化割边数量，那么先求出最小割，把没有满流的边容量改成 ，满流的边容量改成 ，重新跑一遍最小割就可求出最小割边数量；如果没有最小割的前提，直接把所有边的容量设成 ，求一遍最小割就好了。

问题模型 1

有 个物品和两个集合 ，如果一个物品没有放入 集合会花费 ，没有放入 集合会花费 ；还有若干个形如 限制条件，表示如果 和 同时不在一个集合会花费 。每个物品必须且只能属于一个集合，求最小的代价。

这是一个经典的 二者选其一 的最小割题目。我们对于每个集合设置源点 和汇点 ，第 个点由 连一条容量为 的边、向 连一条容量为 的边。对于限制条件 ，我们在 之间连容量为 的双向边。

注意到当源点和汇点不相连时，代表这些点都选择了其中一个集合。如果将连向 或 的边割开，表示不放在 或 集合，如果把物品之间的边割开，表示这两个物品不放在同一个集合。

最小割就是最小花费。

问题模型 2

最大权值闭合图，即给定一张有向图，每个点都有一个权值（可以为正或负或 ），你需要选择一个权值和最大的子图，使得子图中每个点的后继都在子图中。

做法：建立超级源点 和超级汇点 ，若节点 权值为正，则 向 连一条有向边，边权即为该点点权；若节点 权值为负，则由 向 连一条有向边，边权即为该点点权的相反数。原图上所有边权改为 。跑网络最大流，将所有正权值之和减去最大流，即为答案。

几个小结论来证明：

  1. 每一个符合条件的子图都对应流量网络中的一个割。因为每一个割将网络分为两部分，与 相连的那部分满足没有边指向另一部分，于是满足上述条件。这个命题是充要的。
  2. 最小割所去除的边必须与 和 其中一者相连。因为否则边权是 ，不可能成为最小割。
  3. 我们所选择的那部分子图，权值和 所有正权值之和 我们未选择的正权值点的权值之和 我们选择的负权值点的权值之和。当我们不选择一个正权值点时，其与 的连边会被断开；当我们选择一个负权值点时，其与 的连边会被断开。断开的边的边权之和即为割的容量。于是上述式子转化为：权值和 所有正权值之和 割的容量。
  4. 于是得出结论，最大权值和 所有正权值之和 最小割 所有正权值之和 最大流。

习题

本页面最近更新：2022/12/22 10:51:13，更新历史
发现错误？想一起完善？ 在 GitHub 上编辑此页！
本页面贡献者：diauweb, Enter-tainer, Henry-ZHR, huaruoji, ImpleLee, Ir1d, ksyx, laocongsc, LuoYisu, MegaOwIer, ouuan, Siyuan, Thomitics, Xeonacid
本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用