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2171. EK求最大流

给定一个包含 /(n/) 个点 /(m/) 条边的有向图，并给定每条边的容量，边的容量非负。

图中可能存在重边和自环。求从点 /(S/) 到点 /(T/) 的最大流。

输入格式

第一行包含四个整数 /(n,m,S,T/)。

接下来 /(m/) 行，每行三个整数 /(u,v,c/)，表示从点 /(u/) 到点 /(v/) 存在一条有向边，容量为 /(c/)。

点的编号从 /(1/) 到 /(n/)。

输出格式

输出点 /(S/) 到点 /(T/) 的最大流。

如果从点 /(S/) 无法到达点 /(T/) 则输出 /(0/)。

数据范围

/(2 /le n /le 1000/),
/(1 /le m /le 10000/),
/(0 /le c /le 10000/),
/(S /neq T/)

输入样例：

7 14 1 7
1 2 5
1 3 6
1 4 5
2 3 2
2 5 3
3 2 2
3 4 3
3 5 3
3 6 7
4 6 5
5 6 1
6 5 1
5 7 8
6 7 7

输出样例：

14

解题思路

网络流、/(EK/) 算法求最大流

模板题
最大流最小割定理

• 可行流 /(f/) 是最大流

• 可行流 /(f/) 的残留网络中不存在增广路

• 存在某个割 /([S, T]，|f| = c(S, T)/)

上面三个条件知一可得其二

/(EK/) 算法正是利用第二个条件得第一个条件，利用 /(bfs/) 不断得到一条增广路径，将最小的残余流量加入到最大流中，同时更新该增广路径，再次判断是否存在增广路径直到没有为止

由于网络流的复杂度上界都比较松，/(EK/) 算法一般用来处理 /(10^3/sim 10^4/) 的网络模型

• 时间复杂度：/(O(nm^2)/)

代码

// Problem: EK求最大流
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2173/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1005,M=20005,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,s,t;
int h[N],e[M],ne[M],f[M],idx,res;
int q[N],tt,hh,d[N],pre[N];
bool st[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(st,0,sizeof st);
	d[s]=inf;
	q[0]=s;
	st[s]=true;
	tt=hh=0;
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(!st[y]&&f[i])
			{
				st[y]=true;
				d[y]=min(d[x],f[i]);
				pre[y]=i;
				if(y==t)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int ek()
{
	while(bfs())
	{
		res+=d[t];
		for(int i=t;i!=s;i=e[pre[i]^1])
			f[pre[i]]-=d[t],f[pre[i]^1]+=d[t];
	}
	return res;
}
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int u,v,c;
    	scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);
    	add(u,v,c);
    }
    printf("%d",ek());
    return 0;
}