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【不定期更新篇（未成形篇）】
一直在搞，就像吃很恶习的东西，好想吐；
但还是可以理解成良药苦口啊~；
基础知识定义：
网络是一种特殊的有向图。
有向加权图G，指定两个定点S和T，分别称为源和汇。边上的权值称为容量；
网络中的一个可行流并不是改路线中所有边的容量的简单相加，这段路线的总承重量受路线中最小容量边的制约。
寻找方案使得总运输量最大，这就是网络流算法需要解决的问题；
通俗的讲：（我将说路就是管道，路的权值就是管道的容量）
在一个网络中，往源点灌水，然后从源点水开始流向汇点，
【只考虑在单位时间下】
1.如果从大的流分流，分开的流的总和是小于这个流的，那么支流的流量就是本身的容量，见下图（1）；
2.如果从小的流往大的容量的管道，那么对于大的管道来说，水流过来才这么点，所以大的管道也才只有之前的那么多水而已啊，见图（2）；
一个网络中的最大流就是指该网络中流值最大的流，只是指了某条特定的流，而我们是要通过方法来计算这个最大流的流值是多大。
感觉先搞一下网络流算法EK算法的流程好像还是不懂，真的好无力啊。
可以先打一遍！！！（推荐）；
大致流程就是BFS一下，找到一条增广路，搞出一个最小的流值，从源到汇上的路的权值减去这个流值，并且在汇到源上权值加上这个流值；
FF方法的具体步骤（摘自图论书）：
（1）：初始化网络中所有边的容量，c<u,v>继承该边的容量，c<v,u>初始化为0，其中边<v,u>即为回退边。初始化最大流为0；
（2）：在残留网络中找出一条从源S到汇T的增广路p。如果能找到，则转步骤（3）；
如不能找到，则转步骤（5）.
（3）：在增广路p中找出所谓的“瓶颈”边，即路径中容量最小的边，记录下这个值X，并且累加到最大流中，转步骤（4）。
（4）：将增广路中所有c< u , v >减去X，所有c<v,u>加上X，构成新的残留网络。转步骤（2）.
（5）：得到网络的最大流，退出。
const intN=110; //最大点个数intma[N][N],n,p[N]; //ma:邻接数组；n：点数；p：前驱数组bool EK_bfs(){ queue<int>q;//队列bool flag[N];//标记数组//初始化 memset(flag,false,sizeof(flag)); memset(p,-1,sizeof(p)); while(!q.empty()) q.pop(); flag[1]=true; q.push(1); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); if(u==m) //当队列弹出的点为终点时即可判增广路已经找到； return true; for(int i=1;i<=m;i++) { if(ma[u][i]&&!flag[i])//当边容量非0，且增广点未标记 { flag[i]=true; p[i]=u; //记录前驱 q.push(i); } } } return false;} int EK(){ int u,ans=0,mm; while(EK_bfs())//当增广成功的时候 { mm=INF; u=m; while(p[u]!=-1) { mm=min(mm,ma[p[u]][u]); u=p[u]; //寻找到“瓶颈”边，并且记录容量（也可以在BFS过程中求出） } ans+=mm; //累加进最大流 u=m; while(p[u]!=-1) //修改路径上边的容量； { ma[p[u]][u]-=mm; ma[u][p[u]]+=mm; u=p[u]; } } return ans;}
感觉打完了一发。。。还是好难理解是不是，模拟一发吧。。。
原题链接（http://poj.org/problem?id=1273）
给你4个点，5条边；
5 4
1 2 40//代表1到2有40的容量
1 4 20
2 4 20
2 3 30
3 4 10
然后模拟（我就记录个flow的结果，细节上的自行模拟了…）
一开始进去：
初始化，
从源 1 开始，
1->2,flow[2]=40; 2入队；
1->4,flow[4]=20; 4入队；
2->3,flow[3]=min(flow[2],ma[2][3])=20;
2->4,不需要，4已经处理过了
4出队=汇点，返回；
然后回溯一下：找到一个最小的流，然后更新，将找到的增广路把这个残留网络额外的流减去，反向边加上这个值
……
一直循环到找不到增广路为止；
可惜。。。真心好难理解啊。。打完还是似懂非懂，其实最重要的两步就是BFS找增广路，然后构造一下残留网路，一直循环，然后直到找不到增广路，当前的流值，就是最大流；
然后理解Dinic算法，推荐：Comzyh的博客
基本流程：
1.根据残留网络计算层次图；
2.在层次图中使用DFS进行增广直到不存在增广路
3.重复以上步骤直到无法增广
——–补充说明一个找增广的问题；
给出这样一副图：
先找到的增广有:
路 流量 转化成 路 流量 路 流量
1->2 2 1<-2 2 1->2 0
2->4 2 4<-2 2 2->4 0
4->6 2 6<-4 2 4->6 0
ok，这样就是找到一个完全的增广；ans+=2;
继续；
1->3 1 3<-1 1 1->3 0
3->4 1 4<-3 1 3->4 0
4->2 2 2->4 1 4->2 1
2->5 1 5->2 1 2->5 0
5->6 1 6->5 1 5->6 0
ok，又是一个增广 ；ans+=1;
终点阐述反向弧的作用：
反向弧可以理解我给这条路分配了x的流量，我建立一个反向弧，等下给自己一个后悔的机会。
比如上面那个第一次找增广过程中4->2建立反向弧，在第二次找增广的时候利用了这个反向弧；
我们可以理解之前我先安排2单位水通过这条路，不要理解成是这条路给的流量，流量都是从源点出发的，很自然这条路上的流量是上面那条路的流量流过来。
对于第一次，留多少呢，我先流个2吧，然后给自己一个机会（建立一个反向弧），等会可能我往这个方向不流2，比如第二次找到了，我可以去别的方向流1，那多个机会流还不好啊，形象上的理解就是上面那个点出来的分流了；
那么还有一个问题，怎么理解反向弧前面的那些路呢？
是不是可以理解这条路(3->4)的流能到达路(2->4)到达4这个点，然而4以后已经阻断了，或者说已经塞了一部分流量了，
然后呢可以利用路(2->4)的反向弧(4->2)，索取一部分他的，后悔以后就是说前面那个点(2)在这里分流了，注意每次找的增广都是一个能实现的图上的一个”瓶颈”，
然后点(2)分流，实际上是给路(2->5)1单位，给路(2->4)1单位，然后路(3->4)往点4运了1单位，4->6流向6就是2单位；
贴一发DINIC的模板；
邻接矩阵版本：
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=1e3+10;
int ma[N][N];
int dis[N];
int q[N*100],h,r;
int n,m,ans;
bool BFS()
{
int i,j;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[1]=0;
h=0,r=1;
q[1]=1;
while(h<r)
{
j=q[++h];
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(dis[i]<0&&ma[j][i]>0)
{
dis[i]=dis[j]+1;
q[++r]=i;
}
}
}
if(dis[n]>0)
return true;
return false;
}
int DFS(int x,int low)
{
int i,a=0;
if(x==n)
return low;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(ma[x][i]>0&&dis[i]==dis[x]+1&&(a=DFS(i,min(low,ma[x][i]))))
{
ma[x][i]-=a;
ma[i][x]+=a;
return a;
}
}
return 0;
}
void DINIC()
{
int tans;
ans=0;
while(BFS())
{
while(tans=DFS(1,INF))
ans+=tans;
}
printf("%d\n",ans);
}
前向星版本：HDU（3549）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef __int64 LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=2050;
int level[N];
int q[N],h;
int n,m,ans;
struct asd{
int to;
int w;
int next;
};
asd edge[2500000];
int head[2500000],tol;
bool BFS(int s,int t)
{
int i,k;
int top;
memset(level,0,sizeof(level));
level[s]=1;
h=0;
q[h++]=s;
for(int i=0;i<h;i++)
{
top=q[i];
if(top==t)
return true;
for(k=head[top];k!=-1;k=edge[k].next)
{
if(!level[edge[k].to]&&edge[k].w>0)
{
q[h++]=edge[k].to;
level[edge[k].to]=level[top]+1;
}
}
}
return false;
}
int DFS(int now,int maxw,int t)
{
int w,k,ret=0;
if(now==t)
return maxw;
for(k=head[now];k!=-1;k=edge[k].next)
{
if(edge[k].w>0&&level[edge[k].to]==level[now]+1)
{
w=DFS(edge[k].to,min(maxw-ret,edge[k].w),t);
edge[k].w-=w;
edge[k^1].w+=w;
ret+=w;
if(ret==maxw)
return ret;
}
}
return ret;
}
void DINIC()
{
ans=0;
while(BFS(1,n))
ans+=DFS(1,INF,n);
printf("%d\n",ans);
}
void add(int a,int b,int c)
{
edge[tol].w=c;
edge[tol].to=b;
edge[tol].next=head[a];
head[a]=tol++;
}
int main()
{
int T,cas=1;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int u,v,x;
tol=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&x);
add(u,v,x);
add(v,u,0);
}
printf("Case %d: ",cas++);
DINIC();
}
return 0;
}
后悔的就是原来分流，新流往原来的路走。。。
好好理解吧。。。。
也求一个好理解的idea！
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