流網路：是一個有向圖（可以有環），有兩個特殊的點：一個是源點（出發點），一個是匯點，每條邊都有屬性，叫做容量（也就是每條邊的權），
可以想象成一條河，每個點就是一個彙集處，邊的容量就是一段的流量。
對於反向邊，可以在中間加一個點，所以我們可以預設成不存在反向邊
如果邊不存在，那容量就是0；
可行流（f），從源點流出，如果滿足2個條件就是可行流：1容量限制 2流量守恆（對於每個點，流進多少，就流出多少）
可行流流量值（|f|）=往外流的流量 - 流回來的流量（這裡考慮了反向邊，但基本上是不需要考慮的）
最大流：即最大的可行流
殘留網路：針對流網路的某一條可行流而言，每個可行流都對應唯一的殘留網路（Gf）
殘留網路的點集就是原網路的點集，邊集包括原網路的所有邊，和所有反向邊，
殘留邊的容量有兩種情況
對於非反向邊，也就是圖裡的邊，就是他還沒有用掉的容量值，啥意思？？不是說每條邊都有一個最大流量嗎，那殘留網路的邊值就是最大流量減去原流量。
對於反向邊，就是這條邊能退回去多少流量，那也就是這條邊的原流量
那為啥要定義這個反向邊呢？？對於任意一個點你可以選擇走或者是不走，但是你走著走著就發現這條路不是最優解，那你就後悔了於是要返回，返回的流量就是原來流出的流量！！
原網路的可行流（f）和殘留網路可行流（f’）有啥關係？
f+f’也是原網路的一個可行流。
證明：那就看是否滿足容量限制和流量守恆
分類討論：如果這兩條邊的方向是相同的，我們知道殘留的最大值就是c（最大容量）-f，也就是說： 0<=f'<=c-f，而原網路的的範圍是 0<=f<=c，所以相加的範圍就是:0<f+f'<=c，那他們就不會超限制，所以滿足容量限制
如果方向不同，那又退回來一些，所以肯定不會超過限制：即：c(u,v)>=f(u,v)+f'(v,u)>=0
第二點就是流量守恆：
那我們可以看出來，反正兩邊總和是相同的，那就算是相減（反向）還是相加（正向），等號依舊是成立的
就好比 a=b , c=d => a+c=b+d , a-c=b-d
那這個可行流的流量怎麼算？
| f + f' | = | f | + | f' |
得到性質：任何一個殘留網路的大於零可行流都可以增加原網路裡的可行流
換句話說，如果一個殘留網路裡沒有了大於零的可行流，那原網路的可行流就一定是最大的
增廣路徑：
在殘留網路裡，從源點出發，沿著容量大於零的邊，如果能走到終點的話，這條路徑就是一條增廣路徑（一般不考慮環）
那由定義得，增廣路徑一定是一條可行流，有何用處？
割：
將點構成的集合V分成兩部分：S和T，要求：S∪T=V，S∩T=∅，而且源點s∈S，匯點 t∈T。
那這個劃分的結果就是一個割
1、割的容量：所有從S集合指向T集合的邊的容量值和(順序不能換），即c(S,T)=
最小割：割的最小容量
2.割的流量：從S指向T的流量-從T指向S的流量,即：
那就有以下性質：對於任意一個割，割的流量一定小於等於割的容量，即
證明：其實就是考慮不能超過最大流唄
還有，就是我們剛才不是得出了：可行流流量值（|f|）=往外流的流量 - 流回來的流量，那也就是：
那我們再進階一下：
這個就很好理解了對吧，感性理解一下吧
那現在有個大問題：就是|f|與f（S,T）之間的關係：
來證明一下吧！
$\because S\cup T = V,S\cap T = \phi$
$\therefore f(S,V)=f(S,S)+f(S,T)=0+f(S,T)$
$\therefore f(S,T)=f(S,V)=f(s,V)+f(S-s,V)$
$\because t\notin S,s\notin S-s$
$\therefore t,s\notin S-s$
$設S'=S-s$
$\therefore S'是一個不包括匯點源點的集合，他一定滿足流量守恆$
$\therefore f(S',V)=\sum_{u\in S'}^{}\sum_{v\in V}^{}f(u,v)- \sum_{u\in S'}^{}\sum_{v\in V}^{}f(v,u)$
$=\sum_{u\in S'}^{}(\sum_{v\in V}^{}f(u,v)-\sum_{v\in V}^{}f(v,u)$
$=\sum_{u\in S'}^{}(0)$
$=0$
$\therefore f(S,T)=f(s,T)$
$由定義得：f(s,V)=|f|$
$\therefore f(S,T)=|f|$
其實要是是在理解不了（比如我），那就感性理解一下吧！
當然，還有另一種非常簡單的解法(LaTeX在部落格園上太太太醜了，所以還是換回來了那個字型）：
$=\sum_{s\in S}^{}\sum_{v\in V}^{}f(s,v)-\sum_{s\in S}^{}\sum_{v\in V}^{}f(v,s)+\sum_{v\in V}^{}\sum_{u\in S/ \left\{ s \right\}}^{}f(u,v)-\sum_{v\in V}^{}\sum_{u\in S/ \left\{ s \right\}}^{}f(v,u)$
然後找到有相同的項的併合並，一約就發現有等於0的部分，然後就OK啦！！！但是由於本蒟蒻精力有限，剩下的證明就不再贅述，請諒解（其實是因為打這玩意真真真太麻煩了）
所以我們得出：
即：最大流<=最小割
下面開始進入核心部分：
關於最大流最小割定定理：
最大流=最小割
首先我們需要知道的是，對於某一個流網路來說：1可行流f是最大流 <=> 2可行流f的殘留網路中不包括增廣路 <=> 3存在某一個割，使得可行流的流量=割的容量
如何證明？
首先，如果 f 是最大流，而且殘留網路中還有增廣路，那麼 f 肯定還能加，那 f 就不是最大流了，與前面假設矛盾，所以 1=>2，也就是說如果f是最大流，那f的殘留網路一定不包括增廣路。
其次，如果有一條可行流，他的流量等於割的容量，假設他不是最大流，那就會存在一條比他大的最大流，那這條最大流的流量一定大於割的容量，由於容量限制，這種情況是肯定不會發生的，所以如果存在一個割，他的容量等於一條可行流的流量，那麼這條可行流一定是最大流，所以3=>1，搞定！
最後，將S集合定義為在殘留網路中，從s（源點）出發，沿著容量大於0的可行流走，所有能走到的點，T=V - S，這就是一個合法的割，那麼
，設f(x,y)<c(x,y)，那麼c(x,y)-f(x,y)，也就是殘留網路中的容量f'(x,y)就大於零，那也就說y這個點能從x這個點遍歷到的，那麼y就應該屬於S，與原假設矛盾，所以f(x,y)=c(x,y)，那麼對於任意的反向邊一定等於0。此時我們得出，
我們還可以更深一層的發現：
由於可行流一定小於等於割的容量，對於任意的割和流這都是滿足的（前提是這個割是可行的），所以我們可以得出：最大流小於等於最小割
又因為最小割<=某一個割的容量c(S,T)=|f|<=最大流，所以最大流大於等於最小割
所以最大流等於最小割
演算法：給定流網路，維護殘留網路
每次迭代，現在殘留網路裡找增廣路（也就是找一條從頭到尾的路徑），也就是BFS。之後更新殘留網路，就是讓原來的殘留網路Gf變成Gf+f'。咋更新？舉個例子吧！
假設我現在有一條正向邊和一條反向邊，設正向邊容量為c1，反向邊的流量是c2，假設我現在流進了k個單位的流量，那麼正向可以流的流量就更新成c1-k，讓反向變成c2+k。