[知识点]网络流进阶之转换对偶图

零、目录

　　I、网络流基础

　　II、网络流进阶之转换对偶图

　　III、网络流进阶之费用流

 

1、前言

本文为上一篇文章《网络流基础》之续集，一样3年前已有一篇文章讲解转换对偶图，这里再次为其翻新一次，但愿可以更好理解。

 

2、最小割

讲网络流不得不提一个概念——最小割。便于理解，上一篇文章并无将其搅和进来。最小割是什么呢？如今要求割断部分路径上的流量，使从源点没有任何流量能够到达汇点，而截取的流量最小值即最小割。咱们再次拿出上次的模型：

首先从1至4最直接的20流量必然须要截掉；从1至2理应截取40，但因为2-3-4路径上的最大流仅为10，加上2-4流量为20，故只需截取30；总计50流量。

看着看着就以为有意思了——对于任意一条路径，其可以流通的流量最大值即是咱们须要割掉的流量最小值，即最大流=最小割。

这里说起最小割的概念，可以更好的理解接下来的内容——转换对偶图。先看一道例题。

 

3、例题

首先，裸网络流的正确性毋庸置疑，此处再也不赘述，由于数据并无容许这种无脑的方式经过，因此咱们如今带着脑子想一个更好的办法。

 

4、转换对偶图

每一次狼的派遣其本质其割流。本题虽不是传统网格图，但一样能够看做一种特殊的三角网格图。目的一样是求最小割，咱们来先随手割一刀看是什么效果——

如图为一种非最小割方案，须要割掉33流量。咱们发现，当且仅当全部割线将图划分红两部分时，源点没有流量流向汇点。了解这一项规律后，知足最小割的方案能够轻易获得——将图中直接与汇点相连的三条边割掉，能够最小割为3 + 5 + 6 = 14，一样将图割成两部分。

如今，咱们可否将这张图进行必定改进——对于每一次割，能够理解为走过一条连通这两边两侧区域的边，其权值即流量，而咱们求的最小割即最小权值。因此如今咱们将原图转换一下——将每一块区域看做一点，两个区域之间的边看做两点之间相连的边，称之为对偶图。

 看起来大功告成，不过咱们忽视了两个更大的区域。全部边界彷佛没法处理？这时咱们将全部左下方的边界与一个点视做相连，此点称之为超级源点；同理将右上方区域视做超级汇点。

 

这样咱们每一次求最小割，其实本质是在新的对偶图上跑最短路，起点为超级源点，终点为超级汇点。综上，上述方案即为：

 

5、代码

要注意的是，N/M <=1000的条件下，其对偶图最多会存在6*10^6个节点，Dijkstra算法时间复杂度为O(n^2)，显然没法经过；起初我尝试了SPFA算法，但因为其复杂度的不稳定，第10个点TLE了；最终修改为了优先队列优化的Dijkstra算法，其复杂度为O(nlogn)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std; 

#define MAXN 6000005
#define INF 0x3f3f3f3f

int n, m, t, h[MAXN], dis[MAXN], w, o;

struct Edge {
    int v, next, w;
} e[MAXN];

struct Node {
    int n, w;
};

struct cmp {
    bool operator () (Node a, Node b) {
        return a.w > b.w;
    }
};

priority_queue <Node, vector<Node>, cmp> Q;

void add(int u, int v, int w) {
    o++, e[o] = (Edge) {v, h[u], w}, h[u] = o;
    o++, e[o] = (Edge) {u, h[v], w}, h[v] = o;
}

void init() {
    scanf("%d %d", &n, &m), t = (n - 1) * (m - 1) * 2 + 1;
    memset(h, -1, sizeof(h)), memset(dis, INF, sizeof(dis));
    for (int i = 1, tot = 2; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m - 1; j++, tot += 2) {
            int u = i == 1 ? t : tot - m * 2 + 1, v = i == n ? 0 : tot; 
            scanf("%d", &w), add(u, v, w);
        }
    for (int i = 1, tot = 1; i <= n - 1; i++) {
        for (int j = 1; j <= m - 1; j++, tot += 2) {
            int u = j == 1 ? 0 : tot - 1;
            scanf("%d", &w), add(u, tot, w);
        }
        scanf("%d", &w), add(tot - 1, t, w);
    }
    for (int i = 1, tot = 1; i <= n - 1; i++)
        for (int j = 1; j <= m - 1; j++, tot += 2) scanf("%d", &w), add(tot, tot + 1, w);
}

void work() {
    Q.push((Node) {0, 0}), dis[0] = 0;
    while (!Q.empty()) {
        Node o = Q.top();
        for (int x = h[o.n]; x != -1; x = e[x].next) {
            int v = e[x].v;
            if (dis[v] > dis[o.n] + e[x].w) dis[v] = dis[o.n] + e[x].w, Q.push((Node) {v, dis[v]});
        }
        Q.pop();
    }
}

int main() {
    init(); 
    work();
    printf("%d", dis[t]);
    return 0;
}