二分图与网络流相关内容的学习笔记。
序言
基本是对ix35整理内容的抄写。所以你会发现大量的重合。
只有一些不偏向定义的才会用自己能更好理解的话解释出来。
所以一些证明会相比其他人说明更加繁琐，不过这是写这篇文章此时的我能力内的理解，如果将来有更好的理解，能从更高的角度 / 从更简洁的语言出发，还会更新。
定理和推论，构造方案相关，也就是除去定义和证明以外比较重要的内容，都加粗了，复习的时候可以直接看加粗的内容。
二分图
二分图
定义
对于无向图 $G=(V,E)$，若存在将 $V$ 划分成两个不相交子集 $A,B$ 的方案，使得 $A,B$ 的点导出子图都不含边，则称 $G$ 为二分图，$A,B$ 为 $G$ 的两部。
即 $(u,v)\in E\to (u\in A,v\in B)\vee(u\in B,v\in A)$．
根据定义，我们可以得出二分图是可以被二染色的图，即把每个节点着黑白两色之一，使得每条边的两个端点颜色不同，这等价于二分图的定义。
定理：图 $G$ 为二分图，当且仅当 $G$ 中不存在长度为奇数的环。
注：这里讨论的环如无特殊说明均为简单环，具体标准定义参考 oi-wiki。
可以用二染色来证明这个定理。
若 $G$ 中存在长度为奇数的环 $v_1,v_2,…,v_{2k-1}$，那么将 $v_1$ 染成黑色（黑白两色是对称的），那么 $v_2$ 一定要染成白色。以此类推，$v_1,v_3,…,v_{2k-1}$ 都要染成黑色，由于 $v_1$ 和 $v_{2k-1}$ 相邻，所以该图不能被二染色，则该图不是二分图。必要性得证。
若 $G$ 中不存在长度为奇数的环，由于各个连通分量之间相互独立，考虑其中任意一个连通分量：求出任意一棵生成树，对于生成树上奇数深度的点染成黑色，偶数深度的点染成白色，由于不存在奇环，则相同颜色点之间必然没有边相连，即得到一个二染色方案，则该图是二分图。充分性得证。
推论：二分图 $G$ 的任意子图都为二分图
推论：图 $G$ 是二分图当且仅当其每个连通分量都是二分图。
证明是比较显然的，因为图 $G$ 是二分图则其任意子图中都不存在奇环；图 $G$ 不存在奇环等价于其各个连通分量里都不存在奇环。
至此，我们可以得出判断一张图是否为二分图的算法：
- 对于图 $G$，根据第二条推论，只需要判断每个连通分量是否是二分图。
- 对于图 $G$ 的任意一个连通分量，从任意一点开始 dfs，来求出任意一棵生成树，如果遇到非树边，判断深度的奇偶性是否相同，若相同，那么出现了奇环，$G$ 不是二分图；若所有非树边两端点深度奇偶性都相同，则根据深度奇偶性划分可得到一个二染色。
- 综上，可在时间复杂度 $\mathcal{O}(|V|+|E|)$ 内解决问题。
给定无向图 $G=(V,E)$，每个点有 $0$ 或 $1$ 的一个标记，有 $q$ 组询问，每组询问给定 $s,t\in V$，你需要求出是否存在一条 $s\to t$ 的路径 $P$，使得路径经过的点的标记拼成一个回文。$P$ 可以不是简单路径。
$1\leq n\leq 5000,1 \leq m \leq 5\times 10^5,1 \leq q \leq 10^6$．
暴力的想法是考虑 $f_{i,j}$ 为 $i$ 是否能走到 $j$，然后用类似 bfs 的方法更新 $f$，每次从队列中取出一个 $f$，往两边扩展，如果能更新新的 $f$ 就扔进队列里面。这样复杂度是 $\sum deg\times\sum deg=\mathcal{O}(m^2)$．想办法优化这个暴力，也就是减少无用的边数。
如果要经过 $(u,v)$ 从点 $u$ 走到点 $v$，考虑可以在这条边上来回折返，那么我们只关心这两个点组成的 $01$ 串出现次数的奇偶性。
考虑仅有两端点为 $00$ 或者 $11,10(01)$ 的边及其端点组成的连通块，假设为 $00$：如果要经过这个连通块，由于只关心路径上 $00$ 出现次数的奇偶性，所以要保留的信息仅为任意两点之间路径经过边数奇偶性的可能性。
考虑到如果连通块中有奇环，那么在这个奇环中走一圈会到起点，即可改变路径奇偶性，则任意两点经过的边数奇偶都可以；如果没有奇环，说明是个二分图，那么两点如果在同一部点中，则经过边数一定是偶数，否则经过边数一定是奇数。
由于我们只关心经过路径奇偶性，所以如果该连通分量是二分图，那么直接保留一个尽量小的连通子图，保留一棵生成树即可，如果该连通分量不是二分图，保留一棵生成树然后加一个非树边组成一个奇环即可，例如一个自环。可以发现这样边数降到了 $\mathcal{O}(n)$，任意两点之间路径经过边数奇偶性的可能性不变。
这样子建图之后做那个 bfs 就可以 $\mathcal{O}(n^2+q)$ 解决这个问题。
二分图最大匹配
二分图最大匹配问题，即对于给定的二分图 $G=(V,E)$，求出大小最大的边集 $A\subseteq E$ 使得 $A$ 中不存在两条共端点的边。
匈牙利算法
令 $P$ 是一个匹配，其中的边称为匹配边，匹配边的端点称为匹配点，如果一条路径从一个未匹配的左部点出发到达一个未匹配的右部点，交替经过不在 $P$ 中的边和在 $P$ 中的边，则称该路径为一条增广路。
定理：匹配 $P$ 是二分图的最大匹配，当且仅当图中不存在增广路。
必要性：将这条增广路上的所有匹配边改为非匹配边，所有非匹配边改为匹配边，则匹配数量增加。
充要性：反证法。对于匹配 $P$ 满足图中不存在增广路。假设图中最大匹配为 $P’$，则求出 $P$ 和 $P’$ 边导出子图的对称差 $T$．由于 $P$ 和 $P’$ 都是匹配，则 $T$ 中点的度数均不超过 $2$，则 $T$ 为若干个环和若干条链构成，如果 $P$ 小于 $P’$，说明 $T$ 中属于 $P’$ 的边要更多，由于环和偶链属于两者的边数相等，那么就说明一定存在奇链，即为一条增广路，与假设不符。
由充要性的证明，引出匈牙利算法：
枚举左部点 $i=1,2,…,n$，维护 $1,2,…,i-1$ 与右部点的匹配，尝试对 $i$ 进行匹配，进入以下过程：
- 假设尝试对左部点 $x$ 进行匹配，枚举出边到达的点 $y$：
- 若 $y$ 没有被匹配，则找到一个增广路 $x\to y$；
- 否则尝试对 $y$ 匹配的左部点 $x’$ 进行匹配，若匹配成功则找到一个增广路 $x\to y\to x’\to …$．若找到增广路，则将增广路上的边选择状态取反，答案 $+1$．
- 优化：每次从 $i$ 寻找增广路时，如果一个左部点 $x$ 或者右部点 $y$ 之前被检查过没有找到增广路，则不必再检查一遍。
- 对于每个左部点，检查是 $\mathcal{O}(m)$ 的，故算法的时间复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$．
匈牙利算法基于一个贪心的原则：一个点一旦进入匹配，就不会重新成为非匹配点，因此当找不到增广路时表示 $i$ 在保持 $1,\ldots,i-1$ 的匹配情况不变时一定无法加入最大匹配中。
基于此，我们可以得知，若将匹配成功的左部点视为 $1$，没有匹配的视为 $0$，则按照枚举顺序来拼接这些左部点，得到的字典序是最大的。
最大流做法
建立源点 $s$ 和 汇点 $t$，$s$ 向每个左部点连 $(s,x,1)$，每个右部点向 $t$ 连 $(x,t,1)$，二分图上的边都是左部点向右部点连 $(u,v,1)$，求出最大流即为最大匹配。
用 Dinic 实现复杂度为 $\mathcal{O}(\sqrt n m)$．
容易把问题转化为给定左部点度数均为 $2$ 的二分图，求左部点对应匹配点字典序最小的完美匹配。
先考虑把能确定的都确定下，也就是考虑度数为一的右部点，将其与对应的左部点匹配，然后删掉。如果出现零度点则无解。
这样子剩余的左部点和右部点个数相等，并且右部点的度数都 $\geq 2$（出现度数为 $0$ 无解，出现度数为 $1$ 的会被删掉），由于左部点度数都等于 $2$，说明右部点的度数也都等于 $2$．
所以此时图是若干个环组成的，对于每个环来说，只有两个完美匹配，选取字典序较小的那一个即可。
时间复杂度易做到线性。
覆盖与独立集
二分图最小点覆盖
最小点覆盖：在图中选择尽量少的点使得每条边至少有一条边被选。
König定理：二分图最小点覆盖大小等于最大匹配大小。
这里给出一种最小点覆盖的构造方法：
- 对于每个右边每个失配点，尝试走增广路，即“一条没匹配，一条匹配…这样交替出现的路径”，将所有走到的点都打上标记，称之为标记点。
- 左侧的标记点和右侧的未标记点组成了最小点覆盖。
- 证明其是一个点覆盖：如果一条边左右端点都不在点覆盖集里面，则左端点是未标记点，右端点是标记点：如果这条边是匹配边的话，右端点想要被标记必须由左端点标记之后走匹配边标记到右端点，所以对于匹配边来说，要不然两端点都被标记，要不然都不被标记；如果这条边不是匹配边的话，右端点被标记之后会走未匹配边标记左端点。所以不会存在这种情况，其为一个点覆盖。
- 最小点覆盖的点的个数下界为最大匹配数，因为想要覆盖匹配边就需要最大匹配数个点，还有未匹配边要覆盖，所以点集大小不会比最大匹配数更小。
- 证明这样得到的点集大小是最大匹配数个：
- 对于匹配边，要不然两端点都被标记，要不然都不被标记，这样每一个匹配边都会唯一对应一个覆盖点，匹配边上的覆盖点也都会唯一对应上这条匹配边。
- 对于非匹配边来说，如果其右端点是标记点，使得左右端点都打上了标记，那么左端点是覆盖点也一定是匹配点，要不然就找到了一条增广路；如果其右端点不是标记点，其一定为覆盖点，也一定是匹配点，因为如果不是匹配点就会作为路径起点而被标记。这样就说明覆盖点和匹配边构成了一组双射，覆盖点的个数即为匹配边的个数。
感觉我的说明还是比较细致（麻烦），ix35说的就比较简略，但其实细节上自己推推都能推出来。
二分图最大独立集
最大独立集：在图中选出尽量多的点使得其导出子图不含边。
对于任意一张无向图，有如下定理成立：
定理：最大独立集大小与最大点覆盖大小之和等于点数。
任何一组独立集选择状态取反之后都为一组点覆盖（对于一条边，独立集是两端点至多选一个，点覆盖值两端点至少选一个），所以独立集和点覆盖是一一对应的。
二分图是特殊的无向图，所以其在二分图中也是成立的。
应用的话大概就是在一些求最大/最小个数的题目中，通过建模转化成二分图最大独立集/最小点覆盖的问题。比较常见的就是棋盘黑白染色模型。
经典栗题：洛谷 P3355 骑士共存问题，洛谷 P5030 长脖子鹿放置，前者是直接的棋盘黑白染色模型，后者则是需要略微观察找出二分图的棋盘模型。
二分图最小边覆盖
最小边覆盖：用最少的边覆盖所有的点。
定理：最小边覆盖大小等于最大独立集大小
考虑最小边覆盖的下界：由于最大独立集两两之间没有边相连，所以一条边至多能覆盖掉最大独立集中的一个点，所以最小边覆盖大小 $\geq$ 最大独立集大小。
构造得到这个下界：先选出所有的匹配边，对于所有的未匹配点，选出任意一条与之相连的边，这样一共选了总点数减去最大匹配数条边，即为最大独立集大小。
有向无环图最小路径覆盖
给定简单 DAG，我们要选出其中数目最小的（经过的点）不相交的路径，使得每个点至少在一条路径上。
对于 DAG $G=(V,E)$，构造二分图 $H$，其中 $H$ 左右各 $|V|$ 个点，如果 $(x,y)\in E$，则将 $H$ 左侧编号为 $x$ 的点和右侧编号为 $y$ 的点相连。
定理：DAG $G$ 的最小路径覆盖大小等于 $|V|$ 减去 $H$ 的最大匹配数。
现在构造对 $G$ 的路径覆盖和 $H$ 的匹配构造一个双射：
- 对于 $G$ 的一个路径覆盖，考虑一条路径 $v_0,v_1,…,v_k$，则在 $H$ 中将左侧的 $v_i$ 和右侧的 $v_{i+1}$ 匹配。由于路径两两不相交，所以每个点的入度和出度 $\leq 1$，所以选出来的是一个匹配。
- 对于 $H$ 的一组匹配，用类似的方法得到 $G$ 的一个路径覆盖：初始时每个点都没有边经过，视为一条空的路径经过，对于每一个匹配边，在 $G$ 中将其左侧点作为终点的路径拼接上其右侧点作为起点的路径。这样不会出现冲突，因为由于其为一个匹配，所以如果一个点被作为起（终）点拼接，它不会给另外一个点作为起（终）点拼接。
观察将 $H$ 的匹配映射到 $G$ 的路径覆盖的过程中，每一个匹配边都会使得 $G$ 中的两条路径合并，那么 $H$ 的最大匹配得到的就是 $G$ 的最小路径覆盖。合并了 $x$ 次，那么 $G$ 中路径覆盖大小就是 $|V|-x$，定理得证。
栗题：[CTSC 2008] 祭祀
给定简单有向无环图 $G=(V,E)$，求最大的 $A\subseteq V$ 使得 $\forall x,y\in A$，不存在 $x$ 到 $y$ 的路径。
$|V|\leq 100,|E|\leq 1000$
将 DAG 传递闭包后得到一个偏序集，即如果 $a$ 可以到达 $b$ 则 $a\leq b$．根据 Dilworth 定理，最长反链长度（两两不可比的最大集合）等于最小链划分大小（划分成尽量少的两两可比的集合），所以答案即为传递闭包后的最小路径覆盖大小。
二分图最大权匹配
费用流做法
建立源点 $s$ 和 汇点 $t$，$s$ 向每个左部点连流量为 $1$，费用为 $0$，每个右部点向 $t$ 连流量为 $1$，费用为 $0$，二分图上的边都是左部点向右部点连流量为 $1$，费用为权值，求出最大费用最大流即为最大权匹配。
Hall 定理
对于二分图 $G=(V,E)$，令 $N(v)$ 表示与点 $v$ 相邻的点集，则关于最大匹配，我们有如下结论：
Hall 定理：设二分图 $G$ 的两部分别为 $X,Y$ 且 $|X|\leq |Y|$，则其存在一个大小为 $|X|$ 的匹配（存在完美匹配）当且仅当 $\forall S\subseteq X$，有 $|S|\leq |\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|$．
必要性（显然）：$S$ 中连出去的边数不足需要的边数，也就是$|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|<|S|$，那么一定不会存在完美匹配。
充分性：假设最大匹配不是完美匹配，那么左部点集合 $X$ 中至少有一个未匹配点 $x$，从这个 $x$ 开始尝试走增广路，维护左部点集合 $S$ 和右部点集合 $T$：
- 每次走到一个新的 $x$，加进 $S$ 中，由于满足 Hall 定理条件，$x$ 一定有一个相邻的点 $y$，满足其不在 $T$ 中。如果其为未匹配点，则找到增广路，和最大匹配的假设矛盾；否则，将 $y$ 加进 $T$ 中，对于 $y$ 的匹配点 $x’$ 递归判断。
$S$ 每次都会加进去一个新的点，而总的点数是有限的，所以最终一定会推得矛盾，充分性得证，则 Hall 定理得证。
Hall 定理的简单推论：
推论：若一个无向图每个点度数都为 $k$，则称其为 $k$ 正则图，那么左右点数相等的 $k$ 正则二分图必有完美匹配（$k\ge 1$）．
证明：则考虑任意一个左部点集 $L$，若不满足 Hall 定理，其所有的点的邻居组成的集合 $R$ 满足 $|R|<|L|$，$R$ 和 $L$ 之间的边共有 $|L|\times k$ 条，所以 $R$ 的度数和 $|R|\times k\geq |L|\times k$；又由于 $|R|<|L|$，则 $|R|\times k< |L|\times k$，推得矛盾。所以这张图满足 Hall 定理，有完美匹配。
Hall 定理推广：设二分图 $G$ 的两部分别为 $X,Y$，则其最大匹配为 $|X|-\max(|S|-|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|)$．
证明和 Hall 定理类似：
设 $f(S)=|S|-|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|$．
必要性：对于任意一个 $S$，其至少有 $f(S)$ 个点不能匹配，则整张图至少有 $\max (f(S))$ 个点不能匹配。设其为 $k$．
充分性：假设最大匹配 $<|X|-k$ 也就是最大匹配中有 $>k$ 个左部点是非匹配点，对于其中任意的 $(k+1)$ 个非匹配点构成的集合 $S$，尝试从这些点开始走增广路，维护左部点集合 $S$ 和右部点集合 $T$，不断递归进行以下操作：
- 由于 $|S|-|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|\leq k$，所以至少存在一个右部点 $y$ 满足其不在 $T$ 中。若 $y$ 是非匹配点，则找到一个增广路，与最大匹配的假设矛盾；否则将 $y$ 加进 $T$，对于和 $y$ 匹配的点 $x’$，加进 $S$，递归判断。
每次都会加进一个新的点，而点数是有限的，所以最终会推出矛盾。充分性得证，则结论得证。
网络流
网络
对于一个有向图 $G=(V,E)$，每条边 $(u,v)\in E$ 都有一个权值 $c(u,v)$，称之为容量，当 $(u,v)\notin E$ 的时候 $c(u,v)=0$，有两个特殊的点，称之为源点 $s\in V$，和汇点 $t\in V$，其中 $s\neq t$．
流
设 $f(u,v)$ 定义在二元组 $(u\in V,v\in V)$ 上的实数函数满足：
- 容量限制：$f(u,v)\leq c(u,v)$；
- 斜对称性：$f(u,v)=-f(v,u)$；
- 流守恒性：$\forall x\in V-\{s,t\},\sum_{u,x\sin E}f(u,x)=\sum_{(x,v)\in E}f(x,v)$．
称 $f$ 为网络 $G$ 的流函数，整个网络的流量即为从源点出发的所有流量之和。
最大流 费用流 最小割
具体的做法众所周知，于是就不写了！
记一下复杂度：
求解最大流复杂度
Dinic 最坏复杂度为 $\mathcal{O}(n^2m)$，事实上远远达不到这个上界。
对于求解类似二分图匹配问题时，所有边的流量均为 $1$，且除了源点和汇点外的所有点，都满足入边最多只有一条，或出边最多只有一条，这样的网络称之为单位网络，对于单位网络 Dinic 复杂度为 $\mathcal{O}(\sqrt nm)$．
求解费用流复杂度
SSP 算法：最坏 $\mathcal{O}(nmf)$ 复杂度，其中 $f$ 是最大流。
定理：最小割等于将每条边的代价转换成其容量后 $s$ 至 $t$ 的最大流。
首先先将 $s$ 无法到达的点和无法到达 $t$ 的点删去，不影响最大流和最小割的值。
对于一组割，将 $V$ 分成两个不相交子集 $L,R$，其中 $L$ 为 $s$ 能流到的点集，$R$ 为能流到 $t$ 的点集，$\{(u,v)|u\in L,\in R\}$ 一定是一组割，而且任意割一定能找到一个子集可以表示为这种形式。所以最小割一定可以表示成这种形式。
由于任意流都需要从 $L$ 到 $R$，必须经过这些边，所以任意流 $\leq$ 任意割。
对于最大流，将残量网络上的点分成 $s$ 能到达的点集 $L$，以及 $L$ 的补集 $R$。则 $\{(u,v)|u\in L,v\in R\}$ 一定都是满流的，其构成一组割，此时最大流 $\geq$ 这组割。又由于任意流 $\leq$ 任意割，所以这组割是最小割。
最小割的方案
在做完最大流之后求出残量网络中 $s$ 可以到达的点集 $L$，其余的点构成的集合为 $R$，则所有 $(u,v)$ 满足 $u\in L,v\in R$，则所有的 $(u,v)$ 构成了一组最小割。
但是最小割可能存在很多种，我们定义一条边为可行边为存在一组最小割使得这条边被割断，必经边定义为在每组最小割中这条边都被割断。
考虑暴力判断每一条边：
- 若删掉 $(u,v,w)$ 这条边，最小割的大小减少 $w$，则这条边是可行边；
- 若将 $(u,v,w)$ 这条边权值改为 $+\infty$，最小割变大，则这条边是必经边。
考虑更快地判断，在 $G$ 跑完最大流的残量网络 $G’$ 上讨论：
命题：一条边 $(u,v,w)$ 是最小割可行边，当且仅当这条边满流，并且 $G’$ 上不存在 $u\to v$ 的路径。
- 若不满流，退掉的流 $< w$，再加上有可能还会有增广路，那么最小割大小减少的量一定 $<w$；
- 若满流且 $G’$ 存在 $u\to v$ 的路径，那么将这条边删掉之后还会有增广路，最小割大小减小的量 $<w$；
- 同理，若满流且 $G’$ 不存在 $u\to v$ 的路径，将这条边删掉之后没有增广路，最小割大小减小的量 $=w$，其为可行边。
命题：一条边 $(u,v,w)$ 是最小割必经边，当且仅当 $G’$ 上存在 $s\to u$ 和 $v\to t$ 的路径。
其实网上找到的命题还要满足满流，我想了一下如果 $G’$ 上存在 $s\to u$ 和 $v\to t$ 的路径，那么这条边一定满流，否则就出现了一条增广路。
注意到若满足此条件，将 $(u,v,w)$ 这条边权值改为 $+\infty$，产生增广路，最小割变大，则这条边是必经边。
定理：将 $G’$ 进行缩点，则边 $(u,v,w)$ 是可行边当且仅当满流且 $u,v$ 在不同 SCC，是必经边当且仅当满流且 $s,u$ 在同一 SCC，且 $v,t$ 在同一 SCC。
这里的 $G’$ 是指将残量网络中没有满流的边视作有向边，也就是删掉已经满流的边。
证明的话利用反向边讨论即可：
- 若 $(u,v,w)$ 满流，那么其反向边 $v\to u$ 存在于 $G’$ 中，则存在 $u$ 到 $v$ 的路径等价于 $u,v$ 在同一 SCC。所以边 $(u,v,w)$ 是可行边当且仅当满流且 $u,v$ 在不同 SCC；
- 若 $(u,v,w)$ 满流，说明一定存在 $s\to u$ 的流，其路径上的反向边在其中，所以 $G’$ 存在 $u\to s$ 的路径，那么 $G’$ 存在 $s\to u$ 的路径等价于 $s$ 和 $u$ 在同一 SCC 中。同理，$G’$ 存在 $v\to t$ 的路径等价于 $v$ 和 $t$ 在同一 SCC 中。
综上，定理得证。
根据以上定理，可以得到以下判断最小割方案的方式：
求出最大流，在残量网络上进行缩点，连接不同 SCC 的满流边是可行边，连接 $s$ 所在 SCC 和 $t$ 所在 SCC 的满流边是必经边。
也就是 [AHOI2009]最小割。
二分图最大匹配方案与可行边（点）必经边（点）
感觉没什么用，就不记了。遇到再来补。
最小割求最大权闭合子图
定义：有一个有向图，每一个点都有一个权值（可以为正或负或 $0$），选择一个权值和最大的子图，使得每个点的后继都在子图里面，这个子图就叫最大权闭合子图。
转化成最小割问题：
建立超级源点 $s$ 和汇点 $t$.
$s$ 向每个正权点连边，流量为权值的绝对值。这条边存在代表该点在所选子图中。
每个负权点向 $t$ 连边，流量为权值的绝对值。这条边存在代表该点不在所选子图中。
原图边的流量均为 $+\infty$ （不能被割掉）。
求该网络的最小割，即可求出最大权闭合子图包含哪些点。
最大权闭合子图的权值 $=$ 正权和 $-$ 最小割。
合法性
当 $s$ 和 $t$ 连通时，选出的子图不满足条件。假设有一条增广路，$s\to i\to \ldots \to j\to t$，则 $i$ 被选中，$j$ 没有被选中，不符合限制。
当 $s$ 和 $t$ 不连通时，选出的子图满足条件。对于任意一个 $s\to i$：
$i$ 的后继负节点到 $t$ 的边被割掉了，它们被选中了；
由于已经割掉了 $i$ 的所有后继负节点，$i$ 的后继正节点一定无法走到 $t$，割掉它们与 $s$ 的边是不优的，最小割不会把它们割掉，所以 $i$ 的所有后继正节点都被选中了。
最优性
根据前面的讨论，任意一个合法的割都对应着唯一一个选点方案；任意一个合法的选点方案都对应着唯一一个割。
这样任意一个割和选点方案都组成了一个双射。由于一个选点方案的权值 $=$ 正权和 $-$ 割的大小。
所以最大权闭合子图的权值 $=$ 正权和 $-$ 最小割。
上下界网络流
上下界顾名思义就是对于每条边流过的流量，不仅有上界 $c(u,v)$，还存在下界 $b(u,v)$（至少要流过多少流量）。也就是流函数 $f$ 要满足 $b(u,v)\leq f(u,v)\leq c(u,v)$．
可以有以下分类：
- 无源汇和有源汇：因为有上下界，所以网络可以保持流量平衡而没有源点和汇点，这一类成为无源汇上下界网络流。
- 可行流，最大流，最小流，费用流。
无源汇上下界可行流
给定一张上下界网络图，求一种合法的流量函数，使得每个点都满足流量守恒。
考虑将其转化成无下界即普通的最大流问题。
对于每一条边，假装其流了 $b(u,v)$，那么剩余能流的就是 $c’(u,v)=c(u,v)-b(u,v)$，但是这样流量不一定守恒，于是考虑每个点 $x$ 出流量与入流量的差 $M$，并建立超级源点 $S$ 和 $T$：若 $M=0$，则出入流量已经守恒；若 $M>0$，出流量太多了，需要一定的入流量来平衡，于是连边 $(S,x,M)$；若 $M<0$，入流量太多了，需要一定的出流量来平衡，于是连边 $(x,T,-M)$．
这样求出 $S$ 到 $T$ 的最大流，如果新加的边是满流，就说明这个点可以保持流量平衡，否则就不能保持流量平衡。若所有点都保持流量平衡即求出一个可行流，否则不存在可行流。
有源汇上下界可行流
添加一条边 $(t,s,+\infty)$ 即可转化成无源汇上下界可行流。
有源汇上下界最大流
看看有没有可行流，如果有的话删掉所有附加边在残量网络上再跑一次最大流（这次只有上界了），将可行流和最大流相加即为答案。
不会证明正确性，也没找到。
也可以二分答案，将 $t\to s$ 的边下界设为 $m$ 转成可行流问题。
有源汇上下界最小流
类似最大流，考虑将残量网络中不需要的流退掉，在残量网络上跑一次 $t$ 到 $s$ 的最大流，将可行流减去最大流即为答案。
不会证明正确性，也没找到。同理也可以二分答案。
有(无)上下界最小(大)费用可行(最大)流
和上面的都一样，把最大流换成费用流。
有负环的费用流
对于价值为负数的边 $(u,v,c,w)$，先假装这条边流满了，答案费用加上 $c\times w$，然后建反边 $(v,u,c,−w)$，这样就都是正权边了。
但是流量可能不平衡，那就用上下界网络流的思想建立超级源点 $S$ 和超级汇点 $T$，和多流出或者多流入的点连边即可。
如果原问题是有源汇无源汇，流量有无下界，进一步的解决方法和之前讨论到的都是一样的。
终于把基础的东西都写完了，待补的还有二分图最大权匹配的KM算法，这个感觉还用不到，也有可能是没什么用，等以后再学吧。