算法导论课堂笔记

第22章

22.1图的表示

邻接链表 空间需求：O(V+E)

邻接矩阵 空间需求：O(V^2)

22.2 广度优先搜索 BFS O(V+E)

Prim 最小生成树算法和 Dijkstra的单源最短路算法都使用了类似BFS的思想

算法过程：

​ 所有结点一开始均为白色，将起始点入队列。从队列中取点，遍历该点临接所有顶点，如果为白色则颜色置为灰色，然后入队列，遍历完后，该点颜色置为黑色。重复上述过程，直到队列为空。

所以队列中一直全是灰色结点

证明1：给定G=(V,E)，G为一个有向图或无向图，经过BFS算法，初始点为s，对于任意u∈V，

u.d = min(s，u)。

引理22.1 存在边（u，v），则min（s，v）<= min（s，u）+1

证明：分2种情况，u是s可达和u是s不可达

引理22.2 v.d >= min(s,v)

引理22.3 BFS算法的队列Q中，假设Q中为：v1，v2，v3…vr, 则vr.d <= v1.d +1

vi+1.d <= vi+1.d

推论22.4*😗 vi先于vk入队，则 vi.d <= vk.d,先入队的距离小,一旦入队，d[]值就不发生 变化。

反证法。假设存在一些顶点，它们的d[]值不等于最短路径距离。设v是这些顶点中，最短路径距离最小的。（v ≠s），

d[v] >= d(s, v) （引理22.2），因此d[v] > d(s, v) 。v和s之间 必然存在一条最短路径 s ->v ，否则 min(s-> v) =正无穷 。设u是这条最短路径上v的前驱，即s …-> u -> v。因此, d(s, v) = d(s, u) +1。这意味着d(s, u) < d(s, v) , 根据v的选择方式， d[u] =min(s->u)

d[v] > min(s->v) = min(s->u) +1= d[u] +1。

练习：

22.2-8 找到树的直径

方法1 求任意2点间的距离，最大的便是直径

方法2 利用2次BFS，从任意一点开始做bfs，找到离该点最远点u，再从u做BFS找到离u最远点v， u->v 便是直径

证明：

​ 只需证明 离任意点最远的点必然在直径上。

​ 从s出发做BFS，最远点为t

​ 分类讨论：① st与直径uv相交与一点h ②st与直径uv相交与一段hd ③ st与uv不相交

22.3 深度优先搜索DFS O(V+E)

每个结点初始颜色都是白色，在第一次被发现后变成灰色，当其邻接链表被扫描完成后变成黑色。

v.d是结点发现时间 v.f是结点搜索完成时间

颜色，祖先后代，区间

DFS forest:DFS creates a depth-first forest

(1)v是u的后代<=> d[v]时,u.color=gray

<=一个点灰色期间发现的点都是其后代

=>一个点是另外一个点的后代则是在那个点灰色期间被发现的

左边->右边 证明：

在DFS森林中存在一条u->x1->x2…xk->v的的路

xi是xi+1的前驱，π[xi+1]=xi

在执行DFS-visit(xi)时，调用了DFS-visit(xi+1)

在执行了DFS-visit(x0)时，调用了DFS-visit(x1)…调用了DFS-visit(xk-1)时候调用了DFS-visit(xk)

所以调用了DFS-visit(xk)时候，DFS-visit(x0)还没结束,则x0.color是灰色

同样的，u的颜色是灰色

左边<=右边 证明：已知，d[v]时刻，u是灰色的，则v是u的后代。

对u是灰色期间，调用的DFS-visit()的次数进行归纳

次数为1，设调用DFS-visit(w),则π[w]=u,w是u的后代

假设前k次调用DFS-visit[]的点都是u的后代，

当第k+1次调用DFS-visit[]时，调用为DFS-visit[s]，则肯定存在点y，y是前k次调用中的某一个点，在进行DFS-visit[y]过程中调用了DFS-visit[s]，则s是y的后代，又因为y是u的后代，所以s是u的后代

综上所诉，再调用DFS-visit(u)，且DFS-visit(u)没结束时，所调用的DFS-visit(i)中的i都是u的后代

(2)括号定理，对图里任意两个点u，v，肯定是以下3种情况之一

1.u是v的祖先，d[u] < d[v] < f[v] <f[u]

2.v是u的祖先 d[v] < d[u] < f[u] <f[v]

3.u和v没关系 d[v]<f[v] <d[u]<f[u] or d[u]<f[u]<d[v]<f[v]

如上，可得任何两个点的时间不会交叉

证明：

对于情况1，u是v的祖先，所以d[v]时刻,u是灰色的，则d[u]<d[v]<f[u]，

一旦v被发现了，只能等到v结束之后，才有可能从v退回到u，只有退回到u之后，才有可能结束u

故d[v]<f[v]<f[u], 所以d[u]<d[v]<f[v]<f[u]。

情况2，同情况1.

对于情况3，不妨设u先于v先发现，故d[u]<d[v],因为v不是u的后代，在d[v]时刻，u只能是黑色的，

所以f[u]<d[v]，即d[u]<f[u]<d[v]<f[v]

综上，证明得证

推论：祖先区间严格包含后代

(3)白色路径定理

v是u的后代(结果) <=> d[u]时刻，u->v 存在白色路径(现象)

证明：

(=>) 已知v是u的后代，证明d[u]时刻，u->v 存在白色路径

v是u的后代，则存在u到v的路，在原图中，该路依然存在，

对于任意在这条路上的点w，w是u的后代，所以d[u]<d[w]<f[w]<f[u]，所以d[u]时刻，w是白色的，

所以这条路是白色路径

(<=)已知d[u]时刻，u->v 存在白色路径，证明v是u的后代

反证：假设v不是u的后代

从u出发，沿u到v的路径检查每个点，设x是第一个不是u的后代的点，w是该路上x的前驱点，则w是u的后代或w就是u，d[u]<f[w]<=f[u] ,切存在边(w,x)

因为x不是u的后代，则d[u]<d[x]

又因为存在边(w,x)，所以w不能在没发现x前结束，所以d[x]<f[w]

所以 d[u]<d[x]<f[w]<=f[u],

又由括号定理得 d[u]<d[x]<f[x]<f[u] ,x是u的后代，这与x不是u后代矛盾

故假设不成立，证明得证

对树边分类(根据 括号定理)

(1)树边：(π[v],u)

(2)返回边:后代->祖先

(3)前向边：祖先(非前驱)->后代

(4)交叉边:没有祖先后代关系的边(u,v) d[v]<f[v]<d[u]<f[u]

无向图只有树边和返回边 第一次用到的时候是什么类型就是什么边

证明：对任意边(u,v)∈E，不妨设d[u]<d[v]

① 第一次用(u,v)时，是从u->v，那d[u]时刻，v是白色，则v是u的后代，这条边是树边

否则，v是黑色，则(u,v)会在扫描v的时候扫描(u,v)边，v是灰色，则与u是v的祖先关系不符

②第一次用(u,v)时，是从v->u，d[v]时刻，u是灰色的，则v是u的后代，(u,v)是返回边

22.3-13 单连通图判断

当图经过DFS没有交叉变和前向边时候 便是单连通图

引理22.11 一个有向图是无环的，当且仅当它在DFS时，不会产生返回边

有环 <=> DFS时，有返回边

证明：

有环 => DFS时，有返回边：

设C=v1,v2,…,vk,v1是图中的一个环，

不妨设v1是环C上在DFS中最先发现的点，d[v1],时刻，存在一条v1到vk的白色路径，根据白色路径定理，vk是v1的后代，所以vk到v1的边就是返回边。

DFS时，有返回边 => 有环：

已知存在边(u,v)是一条返回边，则u是v的后代，则在DFS森林的某棵树上，存在一条v到u的路，又因为存在边(u,v)，该路+(u,v)即构成了一个环。

综上，证明得证。

DAG：拓扑排序

进行DFS，然后对结束时间从大到小排序，结果就是一个拓扑序列

需求：任意(u,v)∈E，u前v后

需证明：对任意(u,v)∈E，f[u]>f[v]

算法： 结束时间，大在前，小在后

证明：由有向无环图的DFS不存在后向边克制，图中的边只有3种情况：

树边：d[u]<d[v]<f[v]<f[u]

前向边：d[u]<d[v]<f[v]<f[u]

交叉变：d[v]<f[v]<d[u]<f[u]

则对任意(u,v)∈E，f[u]>f[v]

Strongly Connected Components Decomposing SCC

（1）强连通，互相可达

（2）极大的

（3）默认自己能到达自己

对任意u,v∈V，u和v在同一个SCC中 <=> u和v在G转置中也同样属于一个SCC

引理：C1,C2是不同的SCC，u∈C1，v∈C2，存在边（u，v），则v到u不可达。

对于顶点集合U，d(U)=所有点中min(d(x)),f(U)=所有点中max(f(x))

引理：C，C‘ 是SCC，C！=C’ ，u∈C，v∈C‘，存在(u,v)∈E，则 f© > f(C’)。

证明：

（1）当d© < d(C’)

设x是C中最先发现的点，d[x]时刻，C和C’中除了x都是白色，且x到C和C‘中其他点都存在白色路径，所以C和C’中其他点都是x的后代， 所以f(C’)<f[x] = f©

（2）当d(C’) < d©

设y是C’中最先发现的点，d(C’)=d[y],d[y]时刻，C和C‘中除了y其他所有的点都是白色，y到C’中每个点都有白色路径，所以C‘中其他点都是y的后代，所以f(C’) = f[y],

又因为C和C’属于两个不同的强连通分支，u到v有边,则C中所有点都可到达y，所以y到C中任意一个点都没有路，从y开始做DFS，不可能到达C中的点，所以f[y]时刻，C中点都是白色的，所以f©>f[y]=f(C’)

综上，证明得证。

算法：任选一个顺序做DFS，求G^T，从f降序做DFS，结果便是强连通森林

在G中每次从剩下点中fmax的点开始做DFS，所以那个点所在的SCC没有出边，所形成的树一定是一个SCC。

定理 第二次DFS得到的每一棵树中的点恰好是一个SCC中的点：

SCC 中的每一个：C1,C2,C3…CN

第二次DFS得到的森林V1,V1…Vn

(1)每个SCC都在同一棵树上

(2)每棵树上不存在其他SCC中的点

证明：归纳假设

对于第一棵树，设结束时间最大的点为x1，第二次DFS的D[x1]时刻，x1所在的SCC记为Ct1，则此时

Ct1中所有的点除了x1以外都是白色的，且存在x1到这些点的白色路径，所以Ct1中的点初x1外，

都是x1的后代，所以他们都在x1为根的树中。对于任意点z∉Ct1，因为f(Ct1)是最大的，所以Ct1没有指向其他SCC的边，

则从x1到z是没有路的，所以x1的后代均是Ct1中的点，x1所在树不包含不在Ct1的点，所以x1所在树中点的集合等于Ct1

假设，前k棵树中的点都是k个SCC中的点，每一棵树对应一个SCC。

对于第k+1棵树，设根为X_k+1,X_k+1所在的SCC是Ctk+1.

第二次DFS的D[X_k+1]时刻，X_k+1到Ctk+1中每个点都有白色路径，所以Ctk+1中每个点都在X_k+1所在的树上。

因为X_k+1是剩下的点中结束时间最大的(根据归纳假设)，则Ctk+1是剩下的SCC中结束时间最大的，则Ctk+1到其他剩下的SCC没有边，

则X_k+1开始做DFS不会搜到剩余的其他SCC中的点，也就是说X_k+1为根的树中仅包含Ctk+1中的点

22.5-7 证明图G是半连通的：任意2个点u，v u到v有边或者v到u有边

找出强连通分支的拓扑序列，相邻两点间有边

第23章Minimum Spanning Tree

Tree is an acyclic, connected graph.

A tree of |V| vertices has |V|-1 edges.

There exists a unique path between any two vertices of a tree.

Adding any edge to a tree creates a unique cycle. Breaking any edge on this cycle restores a tree.

Deleting any edge on a tree increases the number of connected components by 1

核心

割 (X,Y),X∪Y=V，X∩Y=∅，X≠∅，Y≠∅

如果存在一条边一个点在X中一个点在Y中，则这条边横跨切割(X,Y)

在横跨一个切割的所有边中，权重最小的边称为"轻量边".

集合中任意边不不横跨割，则割 尊敬 集合。

穿过割中权重最小的是轻边

A是MST的子集

定理23.1 cut(X,Y)尊敬A， (u，v)是穿过(X,Y)的轻边，(u,v)对A是安全的，A+(u,v) 还是MST_T的子集

证明：

(1) (u,v)∈T,

且A是T的子集,则A+(u,v) 还是MST_T的子集

(2) (u,v)∉T

在T中存在u到v的简单路

T+(u,v) 构成环

在该环上，至少存在的一个边(x,y)，x∈X，y∈Y，

T’ = T+(u,v) -(x,y) 是一棵生成树

u(T’) <= u(T)+w(u,v)-w(x,y)

又因为T是MST，所以u(T’) = u(T)

所以T‘也是最小生成树

找到割，尊敬A。 找法：从A中拿出一个连通分支作为一边，其他连通分支作为一边 则，可找到尊敬A的割。

23.1-5 设e是连通图G某个环路上权重最大的边，证明存在一棵图G的MST不包含边e。

证明：

​ 反证，假设图G的每一个MST都包含边e，选一个MST T1，将e从T1中去掉，则T1变成2棵子树，已知e在某个环路中，则存在除e外另外一条边可连接2棵树，设为s，已知e在环路中权重最大，那么去掉e加上s后仍然是MST且，权重<=W(T1)，所以假设不成立，证明成立。

Kruskal：排序，按权值从小到大开始取边，判断该边是否安全，安全则加入。

Prim：有一个key数组，π数组，key[i]为点i到目前创建的MST子集的最小边值，π数组存前向点，每次取不在集合中且key值最小的点加入子集，在更新key和π数组，直到所有点都在集合中

1.properties of MST (性质)

（1）(u,v)是E中权重最小的边，则存在MST T，(u,c)∈T。

证明：设A是MST的子集，cat(x,y)尊敬A，(u,v)是穿过(X,Y)的轻边

则A+{(u,v)} 还是一个MST的子集

令A=∅，则(u,V-u)尊敬A,(u,v)是穿过(u,V-u)的轻边，则A+{(u,v)} 还是一个MST的子集

思路2：反证法，假设(u,v)不存在任何一棵MST中，则任取一棵MST T，则T+(u,v)再去掉环中一边 还是生成树，且权值不变，所以还是一棵MST，且包含(u,v)与假设矛盾。。。。

(2)MST T，将T中边权值排序，w(e1)<= w(e2)…<=w(en-1),每棵MST的边权数组是一样的。

(3)MST T，将T中边权值排序，w(e1)<= w(e2)…<=w(en-1)

​ ST T‘ 将T’中每一条边排序 ,w(e1’)<=w(e2’)…<=w(en-1’)

任何一个位置上下方点都大于等于上方点。

证明：

(反证法)假设存在i，w(ei)>w(ei’),

不妨设i为最小的，且满足w(ei)>w(ei’。

w(e1)<= w(e2)…<=w(ei)…<=w(en-1)

w(e1’)<=w(e2’)…<=w(ei’)…<=w(en-1’)

则可得w(e1’)<=w(e2’)…w(ei’)<=w(ei)<w(ei+1)…<=w(en-1)

引理：将{e1’,e2’…ei’}中每一条边一次加入到T中，要么生成环，要是得到多重边(也可看成环)

则环上原本属于T的边属于{e1,e2…ei-1},加上的边一直是环上最大的，否则，用新加的边替换环上的一条比它大的边，

会得到一棵比T更小的生成树，与T是MST矛盾。

先将{ei,ei+1…en-1}从T中删除，则T变成有n-i+1的连通分支的森林。再将{e1‘，e2’,ei’}加入T。

对于任意ej’ ，1<=j<=i,ej’不会将两个连通分支连到一起（因为，ej’两个端点路上的边都来自e1，e2…ei-1这些边，它们都没被删）

即ej’两个端点都在同一个连通分支里。

设有边的连通分支为k个，C1…Ci=(Vs,Es)…Ck,

Es累加和为：i-1

Es‘累加和为：i

必存在l ，|El|<|El’|

又因为C是树，则|El|=|vi-1|

所以|Vi| <= |El’|，则总会构成环路，则这与{e1‘，e2’,ei’}都来自ST 不会有环路 矛盾。

根源：在T里面比ei小的边有i-1条，则T’里面有i条，所以w(ei)<=w(ei’)

2.Seocond-best MSF

第24 章 Single-Source Shortest Paths Problem

24.1 最短路的子路也是最短路

证明：反证法

前驱图 = 最短路径树

松弛(u,v,w)

if d[v] > d[u]+w(u,v)) ,

then d[v] = d[u] + w(u,v)), π[v] = u

BELLMAN-FORD算法 O(VE)

遍历|V|-1次，每次将遍历每条边，进行松弛

最后再遍历每条边 判断是否需要松弛，需要则 有负环

不需要则 求的结果就是最短路

三角不等式：(u,v)∈E,且最短路长度(s,v) <= 最短路长度(s,u)+w(u,v)

证明：

（1）u是s可达的,且s到u的最短路存在

从s出发，如果s->u的最短路存在，经过s到u的最短路到u，在通过(u,v)到v，是一条从s到v的普通路

所以 最短路长度(s,v) <= 最短路长度(s,u)+w(u,v)

（2）u是s不可达的：

最短路长度(s,v) = ∞

所以∞ <= ∞

（3）s到u可达，但最短路不存在

所以最短路长度(s,u) = -∞，最短路长度(s,v) = -∞

所以-∞ <= -∞

松弛性质：

1.上界：对任意v∈V，无论多少次松弛，d[v]>=最短路(s,v)

证明：对任意u属于V-{s}，d[v]=正无穷>=最短路(s,v)

​ d[s] = 0 >= 最短路(s,v) (0 or -∞)

假设经过了k次relax之后，对任意v∈V，满足d[v]>=最短路(s,v)

需要证明：当经过k+1次relax后，对任意v∈V，满足d[v]>=最短路(s,v)

设第k+1次relax了(x,y)，若relax无效，则所有点的d值都没变，对任意v∈V，满足d[v]>=最短路(s,v)

若relax有效，则d[y] = d[x] +w(x,y),其他点的d值没变，

所以d[y] = d[x] +(x,y) >= 最短路(s,x) +w(x,y) >=最短路(s,y) （根据三角不等式）

2.不可达性：s到v没有边，则d[v] = 最短路(s,v) = +∞

3.收敛性：一旦d[u]=最短路[s,u]，一直会相等

4.在relax(u,v)之后的瞬间，d[v] <= d[u] + w(u,v)

之后如果π[v] =u,则 d[v] >= d[u] + w(u,v)

5.收敛性：s…u->v,是从s到v的最短路

在relax(u,v)这条边之前，d[u] = 最短路长度[s,u]，

在relax(u,v)之后d[v] = 最短路长度[s,v]

证明：

​ 在relax(u,v)之后的瞬间，d[v] <= d[u] + w(u,v) = 最短路长度[s,u] + w(u,v) =最短路[s,v]

​ 之后如果π[v] =u,则 d[v] >= d[u] + w(u,v) = 最短路[s,v]

所以d[v] = 最短路长度[s,v]

子序列：从原来序列中找出一部分组成的序列

路径松弛性：

已知P<s,v0,v1,v2…,vp>是从s到vp的最短路

(v0,v1)(v1,v2)…(vk-1,vk)是relax边的序列

如果P是这个序列的子序列，则(vk-1,vk)结束之后

这个序列上每个点t，都满足d[t] = 最短路长度[s,t]

用归纳法证明：对任意1<=i<=k，在relax序列中，当做完relax(vi-1,vi)后

d[vi] = 最短路长度[s,vi]。

初始时，d[v0] = 最短路长度[s,v0] = 0

假设：d[vi-1] = 最短路长度[s,vi-1]

需证明：relax(vi-1,vi)之后，d[vi] = 最短路长度[s,vi]

因为<v0,v1,…vi-1,vi>是s到vi的最短路，因为d[vi-1] = 最短路长度[s,vi-1]，

由收敛性可得relax(vi-1,vi)之后，d[vi] = 最短路长度[s,vi]

对于任意点v∈E，经过relax,使得d[v] = 最短路长度[v],

那么根据π得到的前驱图，便是最短路径树

需要满足三个条件：

(1)包含且仅包含s可达的点

(2)以s为根的树

(3)s到达每个点的唯一的路是最短路

(2)证明：G(V,E)不管做多少次Relax，前驱图都是以S为根的树，

思路：假设有环，松弛前没环，松弛后有环,不妨设为c<v0,v1,v2,…,vk,v0>，则对于环路c上每一个点而言

松弛条件都成立过

所以 vi.d>vi-1.d +w(vi-1,vi)

一个环路累计起来 该环路的权重合就小于0，则G中有负环

(3)证明：

要证明是最短路:最短路[s,u] <= 最短路[s,v] + w(v,u)

所以d[u] <= d[v] + w[v,u]

又因为d[u] >= d[v] + w[v,u]

所以d[u] = d[v] + w[v,u]

证明4-8行有效，

当有负环时，返回false

没有负环时，返回true

证明：

当没有负环时候,对于任意点v，d[v] = 最短路[s,v]

最短路[s,v] <= 最短路[s,u] + w(u,v)

d[v] = 最短路[s,v],d[u] = 最短路[s,u]

所以任意(u,v) ∈E，d[v] <= d[u] + w(u,v)，所以不能被松弛，所以返回true

当有负环时，设C<v0,v1,…,vk=v0>是一个负环

假设(v0,v1),(v1,v2)…(vk-1,vk)都不能被松弛了

则d[vi] <= d[vi-1] + w[vi-1,vi]，0<=i<=k-1

累加起来， 则 0 <= 负环权重和，不成立，所以假设不成立,则存在边(vm,vm+1)被松弛

则返回false

Dijkstraa’s Algorithm

problem solved

复杂度：O(ElogV)(最小堆)

定理24.6 当dijkstra算法结束的时候，对于任意v∈V，d[v] = 最短路(s,v)

证明：对于任意u∈V，当u被选中时，d[u] = 最短路(s,u)

反证：假设：存在一些点，such as u，当选中时，d[u] != 最短路(s,u)

设v是第一个被选中时，d[v] ≠ 最短路(s,v)

（1）v是s可达的，否则d[v] = 最短路(s,v) = ∞

（2）v不是原点，否则d[v] = 最短路(s,v) = 0

（3）综上，我们可以假设s…v是s到v的最短路，考虑v被选中前的一瞬间

在s到v的最短路上一定存在(x,y) x已经被选中，y还没被选中

所以d[x] = 最短路(s,x)

s…x->y是s到y的最短路

选中x之后，选其他点之前，会relax(x,y)，根据收敛性，这时候d[y] = 最短路(s,y)

又因为选v的时候，d[v] <= d[y] = 最短路(s,y) <= 最短路(s,v)

所以d[v] <= 最短路(s,v)，又因为d[v] >= 最短路(s,v)

所以 d[v] = 最短路(s,v)

线性规划：

xj-xi <= bk

w(xi,xj) = bk

第 25章 All Pairs Shortest Paths

1.动态规划

定义一些变量(其中一些取值已知，与目标有关)

找出变量间的递推关系

计算

lij (m) : i到j的 边数 <=m 的最短路的长度值

给定的邻接矩阵：W

L(1) = W

Lij(m) = min(1<=k<=n){Lik(m-1) + wkj}

Lij(2m) = min(1<=k<=n){Lik(m) + Lkj(m)}

运用快速幂:O(n3次方logn)

Floyd -Warshall algorithm O(n^3)

dij (k) —— 从i到j的中间点的编号 <= k 的最短路长度值

πij(k) —— 从i到j的中间点的编号 <= k 的最短路上j的前驱

已知dij(0) = W

求dij(n)

dij(k) = min {dij(k-1) , dik(k-1)+dkj(k-1)}

πij(k) = {πij(k-1) （if 1）,πkj(k-1) (if 2) }

复杂度O（n³）

传递闭包：<a,b>∈E，<b,c>∈E，则<a,c>∈E

tij(k) ，表示从i到j的中间点编号<=k 的路是否存在

集合s(k)：i到j存在中间点编号<=k的路

每个s(k)可以分成s1,s2，

s1：i到j存在路且中间点编号<=k-1

s2：i—k---j的路

s存在 <=>s1存在 or s2存在

s = tij(k) s1= tij(k-1) s2 = tik(k-1) & tkj(k-1)

so: tij(k) = tij(k-1) | (tik(k-1) & tkj(k-1))

复杂度：O(n³)

O(n)时间内DFS找灰度顶点 可以判断一个无向图是否有环，即判有无后向边。

在O（V²logV + VE） 复杂度下找到任意两点间的距离

首先，对于任意点u∈V，给一个数h(u)

对于w’(u,v) = w(u,v) + h(u) - h(v)

这样最短路的地位还是不变，同时图中若存在环路，环路的权重合不变

要保证w’(u,v) = w(u,v) + h(u) - h(v) >= 0

所以h(v) <= h(u) + w(u,v) 类似三角不等式

由此，可以给原图加一个新点S，S到每一个点都有一个距离为0的边

算S到每个点的距离 然后该距离作为h值，从而得到一组满足上式的h值

所以先运行Bellman-Ford 算法 ，在运行Dijkstra算法计算|V|次，

第26章 Maximum Flow Problem

最大流问题

流网络 有向加权图

起始点 原点 终点 汇点

边的权重称为容量

a->b c(a,b)=x,b->a,c(b,a)=y <=> a->b,c(a,b)=x,b->c,c(b,c)=y , c->a , c(c,a)=y <=任何一个方向上不能两个方向都有边

流网络中的一个流：f ， V×V—> R

条件1：非负， 对于任意u，v , f(u,v) >= 0

条件2：容量约束，对于任意u，v ，f(u,v) <= c(u,v)

条件3： 流守恒，任意u∈V-{s,t} , ∑f(v,u) = ∑f(u,v)

|f| = ∑f(s,v) - ∑f(v,s)

FDRD-FULKERSON-METHOD(G,s,t)

initialize flow f to 0

while there exits an augmenting path p

​ do augment flow f along p

return f

f0,G -> Gfo 剩余网络

找一个流f0，去掉该流后，再找一个增广路P1，则有流f1，则f0和f1 可以合成为一个新流f0 ，循环上述操作，直到找不到增广路，则找到一个cut，利用最大流-最小割定理得到最大流

剩余容量cf(u,v)：

c(u,v) - f(u,v) 当(u,v) ∈E

f(v,u) 当(v,u) ∈E

0,其他

剩余网络：剩余容量大于0的边集合

增广路p：剩余网络中s->t的路， cf§ = min{cf(u,v),(u,v)∈p}

则新流fp（u,v） = cf§，if(u,v) is on p

流的合成：f1 = f↑f’

f1(u,v) = f(u,v) +f’(u,v) - f’(v,u) if(u,v)∈E

当找不到增广路时，会存在cut(S,T)，s在S中t在T中

cut的流：f(S,T) = ∑∑f(u,v) - ∑∑f(v,u) S->T - T->S

cut的容量：c(S,T) = ∑∑c(u,v) S->T

引理26.1 G=(V,E),源点s，汇点t，f为G中一个流，设Gf为f的剩余网络，f‘为Gf的一个流 则|f↑f’| = |f| + |f‘| ，也是一个流. p420

证明：如果(x,y)∈E，则Cf(y,x) = f(x,y)

①容量约束，若(u,v)∈E，(f|f’)(u,v) = f(u,v)+f’(u,v)-f’(v,u) <= f(u,v)+f’(u,v) <= f(u,v) + c(u,v)-f(u,v)<=c(u,v)

② 非负，(f↑f’)(u,v) = f(u,v) + f’(u,v) - f’(v,u) >= f(u,v) + f’(u,v) - f(u,v) = f’(u,v) >= 0

<=: (f↑f’)(u,v) = f(u,v) + f’(u,v) - f’(v,u) <= f(u,v) + f’(u,v) <= f(u,v) + cf(u,v) = f(u,v) + c(u,v) - f(u,v) = c(u,v)

③流守恒：对于任意u∈v-{s,t}有

∑(f↑f’)(u,v) = ∑(f(u,v) + f’(u,v) - f’(v,u))

= ∑f(u,v) + ∑f’(u,v) - ∑f’(v,u)

= ∑(f(v,u) + f’(v,u) - f’(u,v))

=∑(f↑f’(v,u))

引理26.4 设f为流网络G的一个流，该流网络的源结点为s，汇点为t，设(S,T)为G的任意切割，净流量f(S,T) = |f|

证明：通过流守恒来证明

引理26.5 任何一个流的大小都小于等于任意割的容量

定理26.6 最大流最小切割定理 以下3个条件等价 p423

1.f是最大流

2.找不到增广路

3.存在cut，c(S,T) = |f|

1=>2,求逆否，有增广路则存在更大的流：存在增广路p，cf§ = |f’| >0

|f↑f‘| = |f| + |f’| > |f|

​ 2=>3，在剩余网络中,让S = {s有路能到的点} ,T={s不可达的点}，则cut(S,T)

c(S,T) = ∑∑c(u,v)

f(S,T) = ∑∑f(u,v) - ∑∑f(v,u)

则需满足对任意边(u,v),u∈S，v∈T，f(u,v) = c(u,v)， 对任意边(v,u),u∈S，v∈T，f(u,v) = 0,流过去的都饱和，流回来的都没有

在原网络中，对任意(u,v)属于E，u∈S，v∈E，则(u,v)不在剩余网络中，所以cf(u,v)=c(u,v) - f(u,v) = 0 ,所以c(u,v) = f(u,v)

在原网络中，对任意(x,y)属于E,x∈T，y∈S，cf(y,x) = f(x,y),且(y,x)不在剩余网络中，则cf(y,x) = f(x,y) = 0

3=>1,最大流的大小要小于等于最小割的容量

Ford-Fulkerson Method 复杂度：O（E|f|）

二分图的最大匹配

匹配，最大匹配

构造成最大流问题