Gráfico residual no fluxo máximo

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Estou lendo sobre o problema do fluxo máximo aqui . Eu não conseguia entender a intuição por trás do gráfico residual. Por que estamos considerando as arestas traseiras ao calcular o fluxo?

Alguém pode me ajudar a entender o conceito de gráfico residual?

Como o algoritmo muda nos gráficos não direcionados?

— csds
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A intuição subjacente ao gráfico residual no problema de vazão máxima é muito bem apresentada nesta palestra. A explicação é a seguinte.

Suponha que estamos tentando resolver o problema de fluxo máximo para a seguinte rede $G$ (onde cada etiqueta $f_e/c_e$ denota tanto o fluxo $f_e$ empurrado através de uma aresta $e$ quanto a capacidade $c_e$ dessa aresta):

Uma possível abordagem gananciosa é a seguinte:

Escolha um caminho de aumento arbitrário que vai do vértice de origem ao vértice coletor modo que $P$ $s$ $t$ ); isto é, todas as arestas em têm capacidade disponível. $\forall e \: (e \in P \rightarrow f_e \lt c_e$ $P$
Empurre o fluxo máximo possível por esse caminho. O valor de é determinado pelo gargalo de ; isto é, a borda com capacidade disponível mínima. Formalmente, . $\Delta$ $\Delta$ $P$ $\Delta=\min_{e \in P} (c_e-f_e)$
Vá para a etapa 1 até que não haja caminhos de aumento.

Ou seja, encontre um caminho com capacidade disponível, envie fluxo ao longo desse caminho e repita.

Em , uma possível execução da heurística acima encontra três caminhos de aumento , e , nesta ordem. Esses caminhos empurram 2, 2 e 1 unidades de fluxo, respectivamente, para um fluxo total de 5: $G$ $P_1$ $P_2$ $P_3$

Escolher caminhos nesta ordem leva a uma solução ideal; no entanto, o que acontece se selecionarmos primeiro (ou seja, antes de e )? $P_3$ $P_1$ $P_2$

Temos o que chamamos de fluxo de bloqueio : não existem mais caminhos de aumento. Nesse caso, o fluxo total é 3, o que não é ideal. Esse problema pode ser resolvido permitindo operações de desfazer (ou seja, permitindo que o fluxo seja enviado ao contrário, desfazendo o trabalho de iterações anteriores): basta empurrar 2 unidades de fluxo para trás do vértice para o vértice seguinte maneira: $w$ $v$

Codificar essas operações de desfazer permitidas é o principal objetivo do gráfico residual .

Um gráfico residual de uma rede tem o mesmo conjunto de vértices que e inclui, para cada aresta : $R$ $G$ $G$ $e=(u,v) \in G$

Uma aresta dianteira com capacidade , se . $e'=(u,v)$ $c_e-f_e$ $c_e-f_e \gt 0$
Uma aresta traseira com capacidade , se . $e''=(v,u)$ $f_e$ $f_e \gt 0$

Por exemplo, considere o gráfico residual que é obtido após a primeira iteração da heurística gananciosa quando a heurística seleciona primeiro (ou seja, quando obtém o fluxo de bloqueio): $R$ $P_3$

Observe que a operação desfazer que empurra 2 unidades de fluxo de para é codificada como um caminho de avanço (aumento) de para em : $w$ $v$ $s$ $t$ $R$

Em geral:

Quando um caminho de aumento é selecionado no gráfico residual : $P'$ $R$

Cada aresta em que corresponde a uma aresta dianteira em aumenta o fluxo usando uma aresta com capacidade disponível. $P'$ $G$

Toda aresta em que corresponde a uma aresta retrocedendo em desfaz o fluxo que foi empurrado na direção anterior no passado. $P'$ $G$

Essa é a principal idéia por trás do método Ford – Fulkerson .

O método Ford-Fulkerson segue exatamente da mesma maneira que a abordagem gananciosa descrita acima, mas só para quando não há mais caminhos de aumento no gráfico residual (não na rede original). O método está correto (ou seja, sempre calcula um fluxo máximo) porque o gráfico residual estabelece a seguinte condição de otimização :

Dada uma rede , um fluxo é máximo em , se não houver caminho no grafo residual. $G$ $f$ $G$ $s-t$

— Mario Cervera
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Existe um exemplo em que os caminhos são adicionados na ordem do menor comprimento, conforme descrito no algoritmo de Edmonds-Karp? No seu exemplo de contador, o primeiro caminho é o comprimento 3, enquanto um caminho mais curto (ou seja, 2) pode ser encontrado e seria adicionado primeiro se estivermos fazendo Edmonds-Karp.

— 24518 Roy Roy

Você pode simplesmente fazer com que todos os caminhos

no gráfico original tenham tamanho

. Para fazer isso, divida o vértice

em dois vértices

e

. Em seguida, divida

em

e

. Adicione também duas arestas

e

com capacidade

. A borda que originalmente foi de

para

agora passa de

s - t

$s-t$

3

$3$

v

$v$

v_{1}

$v_1$

v_{2}

$v_2$

w

$w$

w_{1}

$w_1$

w_{2}

$w_2$

(v_{1}, v_{2})

$(v_1,v_2)$

(w_{1}, w_{2})

$(w_1,w_2)$

2

$2$

v

$v$

w

$w$

a

. Podemos obter o mesmo tipo de fluxo de bloqueio se escolhermos inicialmente o caminho que contém a aresta

.

v_{1}

$v_1$

w_{2}

$w_2$

(v_{1}, w_{2})

$(v_1,w_2)$

— Mario Cervera

Seu exemplo faz sentido. Sempre podemos estender o gráfico em outras arestas do corte para fazer com que a aresta em questão esteja em um dos caminhos mais curtos.

— Roy Roy

3

$A$ $B$ $B$ $A$ $A$ $B$

— Banach Tarski
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