Problème de flot maximal dans un réseau Formulation du problème de flot maximal. Notions de coupe et de chaînes d’augmentation par rapport à un flot f. Algorithme de Ford et Fulkerson. Théorème d’intégrité. Généralisation au cas de plusieurs sources et plusieurs destinations. Présence de contraintes de capacité sur les arcs et les sommets. Détermination d’un flot réalisable. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Introduction Une compagnie possède 6 postes T1, T2, T3, T4, T5 et T6 de retransmission des appels téléphoniques des Laurentides vers les Cantons de l’Est. 4 T2 T3 8 12 8 6 Laurentides 6 Cantons de l’Est T1 T6 9 6 3 11 9 T4 T5 4 Les capacités maximales en milliers d’appels par minute. Problème de flot maximal

Ce réseau de communication a été construit de telle façon qu’il satisfasse aux conditions suivantes : Chaque poste intermédiaire T2, T3, T4, T5 conserve les appels i.e. tout appel arrivant à l’un de ces postes est immédiatement acheminé vers un autre poste (il ne se perd pas d’appels à un poste donné). Le # d’appels passant entre 2 postes est évidemment une quantité non négative et est au plus égal à la capacité maximale des lignes téléphoniques reliant ces 2 postes. Les appels des Laurentides passent tous par le poste T1 qui les achemine vers les autres postes. Les appels arrivant au poste T6 sont tous acheminés dans les Cantons de l’Est. Problème: Soit v le # d’appels passant dans le réseau de T1 (la source) à T6 (la destination), comment répartir les appels dans le réseau de façon à maximiser v ?

Énoncé du problème de flot maximal Soit un réseau R = (N, A) où N représente les sommets du réseau et A l’ensemble des arcs. On désigne aussi par K(x, y) : capacité maximale de l’arc (x, y), (x, y)  A, f(x, y) : quantité de flot passant par l’arc (x, y), (x, y)  A. Le problème avec une source s et une destination d s’énonce alors comme suit : MAX v v si x = s  f(x, y) -  f(y, x) = 0 si x  s, d (P) {y  N | (x, y)  A} {y  N | (y, x)  A} -v si x = d L(x, y)  f(x, y)  K(x, y), (x, y)  A. Note : Sauf avis contraire par la suite, L(x, y) = 0 (x, y)  A.

Problème de programmation linéaire En ajoutant un arc fictif (d, s) de capacité infinie, le problème devient : MAX f(d, s)  f(x, y) -  f(y, x) = 0 x  N. {y  N | (x, y)  A'} {y  N | (y, x)  A'} L(x, y)  f(x, y)  K(x, y), (x, y)  A' où A' = A  {(d, s)}. Note : Cela nous ramène à un problème de flot à coût minimum. La méthode du simplexe peut être utilisée : - membre de droite nul, - vecteur de coût nul excepté pour la variable f(d, s).  un algorithme spécialisé plus efficace que la méthode du simplexe.

Problème de flot maximal Exemple : (0, 4) T2 T3 (8, 8) (12, 12) (6, 6) 29 (8, 8) (6, 6) 29 T1 T6 (3, 9) (6, 6) (0, 3) (6, 11) (9, 9) T4 T5 (f(x, y), K(x, y)) 0, 4 La valeur du flot passant dans ce réseau est v = 29. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Définition de coupe Notation : Si X et Y sont 2 sous-ensembles de N, (X, Y) désigne {(x, y)  A | x  X, y  Y}. On peut aussi définir une fonction g sur A et à valeurs réelles, comme suit : g(X, Y) =  g(x, y) (x, y)  (X, Y) Définition : Soit X  N, un sous-ensemble de sommets contenant la source s, mais ne contenant pas la sortie d, la partition X, X = N – X génère une coupe C  [X, X ] = (X, X) (X, X ) séparant la source s de la destination d. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Définition : La capacité de la coupe C  [X, X ] est égale à K(X, X) – L(X, X). Exemple : 1 1 4 1 2 1 s 2 1 1 1 1 3 d 2 Soit X = {s, 1}, alors C = {(s, 2), (1, 3), (1, d), (1, 2), (3, s), (d, s)}. Note : Toute chaîne reliant s à d doit nécessairement contenir un arc dans chaque coupe [X, X ]. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Note : Si l’on enlève du réseau tous les arcs de la coupe [X, X ], il ne peut y avoir de chaînes reliant s à d. La valeur du flot pouvant passer dans le nouveau réseau ainsi obtenu est nulle. Étant donné qu’une coupe bloque toutes les chaînes reliant s à d, il s’ensuit que la valeur du flot f passant dans le réseau ne peut pas excéder la capacité d’une coupe, quelque soit celle-ci. Lemme : La valeur v d’un flot quelconque de s à d est inférieure ou égale à la capacité de toute coupe séparant s et d. Soient un flot f de s à d dans le réseau R = (N, A) et v la valeur de ce flot. Si [X, X ] est une coupe dans R séparant s et d, alors v = f(X, X) – f(X, X)  K(X, X) – L(X, X). Problème de flot maximal

Démonstration du lemme : Étant donné que f est un flot, f satisfait les équations : f(s, N) – f(N, s) = v f(d, N) – f(N, d) = - v f(x, N) – f(N, x) = 0 si x  s et x  d. Additions ces équations pour x  X, vu que s  X et d  X, on a : v =  (f(x, N) – f(N, x) ) = f(X, N) – f(N, X). x  X Sachant que N = X  X, on obtient : v = f(X, X  X) – f(X  X, X) v = f(X, X) + f(X, X) – f(X, X) – f(X, X) = f(X, X)– f(X, X). Puisque f(X, X)  L(X, X) et f(X, X)  K(X, X), alors v = f(X, X) – f(X, X)  K(X, X) – L(X, X). CQFD

Problème de flot maximal Corollaire du lemme : vmax = Max v(f)  Min K(X, X) – L(X, X) {f est un flot réalisable de s à d} X  N s  X, d  X c’est-à-dire, que la valeur maximale du flot est toujours inférieure ou égale à la coupe minimale des capacités. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Exemple : 1 L(x, y) = 0 (x, y)  A. 2,3 1,1 3 v = 3. 3 s 0,1 1,1 d 1,1 2,3 X 2 X (f(x, y), K(x, y)) La coupe C = {(s, 1), (2, 1), (2, d), (1, 2)} a aussi une capacité égale à 1 + 1 + 1 - 0 = 3. D’après ce qui précède, le flot est maximal et la coupe est minimale. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Théorème (flot max – coupe min) : Pour n’importe quel réseau donné, la valeur maximale du flot reliant la source s à la destination d est égale à la capacité minimale des coupes séparant s et d dans le réseau. Démonstration : Laissée en exercice. Les définitions suivantes et les corollaires de ce théorème vont nous permettre d’élaborer un procédé pour parvenir à un flot maximal. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Définition : Une chaîne W reliant la source s à la destination d est dite une chaîne d’augmentation par rapport au flot f si f(x, y) < K(x, y) (x,y) de cette chaîne tel que (x,y)  A et f(x, y) > L(x, y) (x,y) de cette chaîne tel que (y,x)  A. Les arcs de W parcourus dans le sens de leur orientation. Les arcs de W parcourus dans le sens inverse de leur orientation. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Exemple : 1 0,3 1,1 Il existe une chaîne d’augmentation : (s,2) - (1,2) – (1,d). 1 1 s 1,1 d 1,1 0,3 2 On peut faire passer une unité de flot à travers cette chaîne. (f(x, y), K(x, y)) 1 1,3 1,1 2 2 s 0,1 d 1,1 1,3 2 Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Définition : Un arc (x, y) est saturé par rapport à f si f(x, y) = K(x, y). Un arc (u, v) est dit minimal par rapport à f si f(u, v) = L(u, v). Corollaire : Un flot f est maximal si et seulement si il n’existe pas de chaîne d’augmentation par rapport à celui-ci. Corollaire : Une coupe [X, X] est minimale si et seulement si, pour tout flot maximal f, les arcs de (X, X) sont saturés par rapport à f et ceux de (X, X) sont minimaux par rapport à f. Appliquons maintenant ces résultats à l’exemple suivant où à chaque itération, nous tenterons de construire une chaîne d’augmentation. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Exemple : 0,3 2 3 0,7 0,6 0,6 0,2 0,2 s d 0,3 0,1 0,4 0,9 4 Déterminons d’abord un flot au jugé en saturant le plus grand nombre possible de chemins reliant s à d. I. s - 2 - 3 - d : 3 unités pour obtenir une saturation. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal 3,3 2 3 3,7 3,6 0,6 0,2 3 0,2 3 s d 0,3 0,1 0,4 0,9 4 II. s - 2 - 3 - 4 - d : déjà saturé. III. s - 2 - 4 - 3 - d : 2 unités pour obtenir une saturation. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal 3,3 2 3 5,7 5,6 0,6 2,2 5 2,2 5 s d 0,3 0,1 0,4 0,9 4 IV. s - 2 - 4 - d : déjà saturé. V. s - 3 - d : 2 unités pour obtenir une saturation. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal 3,3 2 3 7,7 5,6 2,6 2,2 7 2,2 7 s d 0,3 0,1 0,4 0,9 4 VI. s - 3 - 4 - d : 1 unité pour obtenir une saturation. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal 3,3 2 3 7,7 5,6 3,6 2,2 8 2,2 8 s d 0,3 1,1 0,4 1,9 4 VII. s - 4 - 2 - 3 - d : déjà saturé. VIII. s - 4 - 3 - d : déjà saturé. IX. s - 4 - d : 4 unités pour obtenir une saturation. Problème de flot maximal

3,3 2 3 7,7 5,6 3,6 2,2 12 2,2 12 s d 0,3 1,1 4,4 5,9 4 Pour déterminer une chaîne d’augmentation reliant s à d (si elle existe), on doit opter pour une procédure de marquage : Soit Z = {(s, pred(s) = •,  = +)}, pour chaque sommet (x, pred(x), )  Z non traité, si f(x, y) < K(x, y) ajouter (y, x, min{, K(x, y) – f(x, y)}) à Z sinon si f(y, x) > L(y, x) ajouter (y, x, min{, f(y, x) – L(y, x)}) à Z.

Problème de flot maximal 3,3 2 3 7,7 5,6 3,6 2,2 12 2,2 12 s d 0,3 1,1 4,4 5,9 4 Z = {(s, •,+)} Z = {(s, •,+), (2, s, 1), (3, s, 3)} Z = {(s, •,+), (2, s, 1), (3, s, 3), (4, 3, 2)} Z = {(s, •,+), (2, s, 1), (3, s, 3), (4, 3, 2), (d, 4, 2)} Il existe une chaîne d’augmentation reliant s à d où l’on peut faire passer 2 unités de flot. À l’aide de Z, on peut retracer la chaîne d’augmentation. Problème de flot maximal

3,3 2 3 7,7 5,6 5,6 0,2 14 2,2 14 s d 0,3 1,1 4,4 7,9 4 Répétons la procédure de marquage : Z = {(s, •,+)} Z = {(s, •,+), (2, s, 1), (3, s, 1)} Z = {(s, •,+), (2, s, 1), (3, s, 1)} Il n’est pas possible d’atteindre la sortie d; par conséquent, le flot est maximal.

Problème de flot maximal 3,3 2 3 7,7 5,6 5,6 0,2 14 2,2 14 s d 0,3 1,1 4,4 7,9 4 X = {s, 2, 3} (X, X) = {(s, 4), (2, 4), (3, 4), (3, d)} (X, X) = {(4, 2), (4, 3)} v = 14 = f (X, X) - f (X, X) = K(X, X) – L(X, X). Donc, le flot est optimal. Problème de flot maximal

que l’on peut faire passer Algorithme de Ford & Fulkerson Étape A Marquage des sommets Cela conduit soit : à la fin de l’algorithme, à la découverte d’une chaîne d’augmentation. Un sommet peut être dans l’un des 3 états suivants : non marqué marqué et examiné marqué et non encore examiné À chaque sommet x marqué est associé un quadruplet (x, pred(x), m(x), p(x)). Le sommet qui a permis le le marquage de x. La qté de flot supplém. que l’on peut faire passer dans la chaîne de s à x. + ou – selon que x a été marqué grâce à l’arc (pred(x), x) ou (x, pred(x)). Étape B Modifie le flot le long de la chaîne d’augmentation.

Description complète de l’algorithme de Ford & Fulkerson Étape A 1. Initialisation. La source s est marquée et non encore examinée : (s, •, •, ). Les autres sommets sont non marqués. 2. Marquage. Choisir un sommet x marqué et non encore examiné : (x, pred(x), m(x), p(x)). sommet y non marqué tel que (x, y)  A, si f(x, y) < K(x, y), alors marquez y non encore examiné : (y, x, +, min{p(x), K(x, y) – f(x, y)}) sommet y non marqué tel que (y, x)  A, si f(y, x) > L(y, x), alors marquez y non encore examiné : (y, x, -, min{p(x), f(y, x) – L(y, x)}) x est maintenant marqué et examiné.

Problème de flot maximal Si la destination d est marquée et non encore examinée, aller à l’étape B. Si tous les sommets marqués ont été examinés, c’est terminé (il n’y a pas de chaînes d’augmentation et le flot est maximal). Autrement, répéter cette opération de marquage avec un nouveau sommet marqué et non encore examiné. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Étape B Changement de flot dans une chaîne d’augmentation. La destination d a été marquée : (d, pred(d), m(d), p(d)). Si m(d) = + alors f(pred(d), d) = f(pred(d), d) + p(d) sinon f(d, pred(d)) = f(d, pred(d)) – p(d). Posons y = pred(d). Tant et aussi longtemps que y est différent de s { soit le quadruplet associé à y : (y, pred(y), m(y), p(y)), si m(y) = + alors f(pred(y), y) = f(pred(y), y) + p(d) sinon f(y, pred(y)) = f(y, pred(y)) – p(d); poser y = pred(y). }. On efface les marques des sommets et on retourne à l’étape A. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Construction d’une coupe minimale À la fin de l’algorithme de Ford & Fulkerson, on peut construire une coupe minimale comme suit : Poser U = {i  N| le sommet i est marqué}, V = {j  N| le sommet j est non marqué}, Alors la coupe minimale est [U, V] et v = K(U, V) – L(V, U). Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Exemple : 3 0,5 0,2 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 0,8 0,6 8 1 5 0,3 0,8 0,1 0,4 0,16 0,2 0,1 7 0,7 6 Effectuons un premier marquage. Problème de flot maximal

(1,+,10) 3 0,5 0,2 (1,+,4) 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 0,8 (1,+,8) 0,6 8 1 5 (•,•,) (5,+,6) 0,3 0,8 0,1 0,4 0,16 0,2 0,1 7 (1,+,3) 0,7 6 (1,+,4) Ajoutons 6 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 0,2 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 6 6,8 6 6,6 8 1 5 0,3 0,8 0,1 0,4 0,16 0,2 0,1 7 0,7 6 Effectuons un 2ième marquage.

3 (1,+,10) 0,5 (1,+,4) 0,2 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 6 6,8 (1,+,2) 6 6,6 8 1 5 (•,•,) (7,+,3) 0,3 0,8 0,1 0,4 0,16 0,2 0,1 7 (1,+,3) 0,7 6 (1,+,4) Ajoutons 3 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 0,2 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 9 6,8 9 6,6 8 1 5 3,3 0,8 0,1 0,4 3,16 0,2 0,1 7 0,7 6 Effectuons un 3ième marquage.

3 (1,+,10) 0,5 (1,+,4) 0,2 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 9 6,8 (1,+,2) 9 6,6 8 1 5 (•,•,) (7,+,2) 3,3 0,8 0,1 0,4 3,16 0,2 0,1 7 (5,+,2) 0,7 6 (1,+,4) Ajoutons 2 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 0,2 2 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 0,3 11 8,8 11 6,6 8 1 5 3,3 2,8 0,1 0,4 5,16 0,2 0,1 7 0,7 6 Effectuons un 4ième marquage.

3 (1,+,10) 0,5 (1,+,4) 0,2 2 (3,+,2) 0,9 4 0,3 0,4 0,8 0,2 0,10 (4,+,2) 0,3 8,8 (3,+,9) 11 11 6,6 8 1 5 (•,•,) 3,3 2,8 0,1 0,4 5,16 0,2 0,1 7 0,7 6 (1,+,4) Ajoutons 2 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 2,2 2 0,9 4 0,3 0,4 2,8 0,2 2,10 0,3 13 8,8 13 6,6 8 1 5 3,3 2,8 0,1 0,4 5,16 0,2 0,1 7 0,7 6 Effectuons un 5ième marquage.

3 (1,+,8) 0,5 (1,+,4) 2,2 2 0,9 4 0,3 0,4 2,8 0,2 2,10 0,3 13 8,8 (6,+,2) 13 6,6 8 1 5 (•,•,) (7,+,4) 3,3 2,8 0,1 0,4 5,16 0,2 0,1 7 (6,+,4) 0,7 6 (1,+,4) Ajoutons 4 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 2,2 2 0,9 4 0,3 0,4 2,8 0,2 2,10 0,3 17 8,8 17 6,6 8 1 5 3,3 2,8 0,1 4,4 9,16 0,2 0,1 7 4,7 6 Effectuons un 6ième marquage.

3 (1,+,8) 0,5 (1,+,4) 2,2 2 0,9 4 0,3 0,4 2,8 0,2 2,10 0,3 17 8,8 (2,+,3) 17 6,6 8 1 5 (•,•,) (7,+,3) 3,3 2,8 0,1 4,4 9,16 0,2 0,1 7 (5,+,3) 4,7 6 Ajoutons 3 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 2,2 2 0,9 4 3,3 3,4 2,8 0,2 2,10 0,3 20 8,8 20 6,6 8 1 5 3,3 5,8 0,1 4,4 12,16 0,2 0,1 7 4,7 6 Effectuons un 7ième marquage.

3 (1,+,8) 0,5 (1,+,1) 2,2 2 0,9 4 3,3 3,4 2,8 0,2 2,10 0,3 20 8,8 (3,+,8) 20 6,6 8 1 5 (•,•,) (7,+,3) 3,3 5,8 0,1 4,4 12,16 0,2 0,1 7 (5,+,3) 4,7 6 (5,+,1) Ajoutons 3 unités dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 2,2 2 3,9 4 3,3 3,4 2,8 0,2 5,10 0,3 23 8,8 23 6,6 8 1 5 3,3 8,8 0,1 4,4 15,16 0,2 0,1 7 4,7 6 Effectuons un 8ième marquage.

3 (1,+,5) 0,5 (1,+,1) 2,2 2 3,9 4 3,3 3,4 2,8 0,2 5,10 0,3 23 8,8 (3,+,5) 23 6,6 8 1 5 (•,•,) (7,+,1) 3,3 8,8 0,1 4,4 15,16 0,2 0,1 7 (6,+,1) 4,7 6 (5,+,1) Ajoutons 1 unité dans la chaîne d’augmentation.

3 0,5 2,2 2 4,9 4 3,3 3,4 2,8 0,2 6,10 0,3 24 8,8 24 6,6 8 1 5 3,3 8,8 0,1 4,4 16,16 0,2 1,1 7 5,7 6 Effectuons un 9ième marquage.

3 (1,+,4) 0,5 (1,+,1) 2,2 2 4,9 4 3,3 3,4 2,8 0,2 6,10 0,3 24 8,8 (3,+,4) 24 6,6 8 1 5 (•,•,) 3,3 8,8 0,1 4,4 16,16 0,2 1,1 7 5,7 6 Il n’est pas possible d’atteindre le sommet 8; le flot est donc optimal. En prenant X = {1, 2, 3, 5}, la coupe minimale des capacités est [X, X] et la valeur du flot est 24.

Problème de flot maximal Théorème d’intégrité Si les capacités K(x, y) et les bornes inférieures L(x, y) sont toutes entières, il existe toujours un flot maximal à valeurs entières. Si le flot initial est à valeurs entières et que les capacités le sont aussi, le flot maximal obtenu de l’algorithme sera aussi à valeurs entières car la découverte d’une chaîne d’augmentation entraîne un changement de flot conduisant à un minimum de nombres entiers. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Extension au cas de plusieurs sources et / ou destinations On peut toujours se ramener au cas d’une source et d’une destination. Supposons que les sommets N du réseau R = (N, A) sont partitionnés comme suit : S : l’ensemble des sources, D : l’ensemble des destinations, X : l’ensemble des sommets intermédiaires. Le problème s’énonce comme suit : Max v f(x, N) – f(N, x) = 0 x  X L(x, y)  f(x, y)  K(x, y) (x, y)  A f(S, N) – f(N, S) = v f(D, N) – f(N, D) = - v Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Prolongeons le réseau R = (N, A) en un réseau R = (N, A) où N = N  {s, d}, S = {s}, D = {d}, X = N, A = A  tous les arcs correspondants à (s, S)  tous les arcs correspondants à (D, d). De plus, L(s, x) = 0 et K(s, x) =  x  S L(x, d) = 0 et K(x, d) =  x  D L(x, y) = L(x, y) et K(x, y) = K(x, y) (x, y)  A. Théorème : Le problème de flot maximal de S à D dans le réseau R est équivalent au problème de flot maximal de s à d dans R. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Extension au cas où chaque sommet x est soumis à une capacité maximale (x) Exemple : Il est naturel et même nécessaire pour le réseau téléphonique de notre exemple d’introduction de supposer que chaque poste Ti de retransmission des appels ne peut pas traiter plus de (Ti) appels par minute. Théorème : Le problème de flot maximal dans un réseau soumis à des contraintes de capacité sur ses arcs et sur ses sommets est équivalent à un problème de flot maximal dans un nouveau réseau soumis à des contraintes de capacité sur ses arcs seulement. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Hypothèse non restrictive : Tous les arcs admettant la source s à une de leurs extrémités sont de la forme (s, •) uniquement. Tous les arcs admettant la destination d à une de leurs extrémités sont de la forme (•, d) uniquement. Note : S’il en est autrement, il s’agit de considérer 2 sommets supplémentaires s et d de même que les arcs (s , s) et (d, d). s et d joueront le rôle de source et de destination resp. Problème de flot maximal

 Le problème s’énonce comme suit : Max f(s, N) f(x, N) – f(N, x) = 0 x  N, x  s, d L(x, y)  f(x, y)  K(x, y) (x, y)  A f(x, N)  (x) x  N, x  d f(N, d)  (d).  Pour ramener ce problème au cas de capacités maximales associées à des arcs seulement, définissons un nouveau réseau R = (N, A). x  N, on fait correspondre 2 sommets x' et x''  N. (x', y'')  A (x, y)  A. (x'', x')  A x  N. L(x', y'') = L(x, y), K(x', y'') = K(x, y), (x, y)  A. L(x'', x') = 0, K(x'', x') = (x), x  N.

Exemple : x x'' x' s d s'' s' d'' d' y y'' y' Les arcs incidents à x sont maintenant incidents à x'' tandis que ceux issus de x sont maintenant issus de x'. La capacité maximale (x) est imposée comme une capacité maximale sur l’arc reliant x'' à x'. Tout flot f satisfaisant , conduit à un flot équivalent f de s'' à d' dans R = (N, A) en définissant : f(x', y'') = f(x, y) (x, y)  A, f(x'', x') = f(x, N) x  d et f(d'', d') = f(N, d).

Problème de flot maximal Comment déterminer un flot réalisable initial lorsque les bornes inférieures ne sont pas toutes nulles ? Lorsque les bornes inférieures L(x, y) ne sont pas toutes nulles, il peut y avoir un sérieux problème pour déterminer un flot au jugé puisque le flot nul n’est pas admissible comme flot de départ. Pour déterminer un flot réalisable initial, s’il existe, on ajoute un arc « artificiel » (d, s) avec L(d, s) = 0, K(d, s) = . on obtient le graphe G' = (N, A') où A' = A  {(d, s)}. Si f est un flot réalisable pour G avec une valeur de flot v, posons : f '(d, s) = v et f '(x, y) = f(x, y)  (x, y)  A. Ainsi, f ' est un flot réalisable sur G ' et la quantité nette de flot s’écoulant à la source est nulle. Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Définition : f ' est une circulation réalisable sur G' si la qté nette de flot s’écoulant à n’importe quel sommet du réseau est nulle. Rechercher un flot réalisable de départ sur G est donc équivalent à rechercher une circulation réalisable sur G' car, étant donné une circulation réalisable sur G', en enlevant l’arc (d, s) du réseau, on obtient un flot réalisable sur G. Transformons maintenant le problème de trouver une circulation réalisable sur G' en un problème de flot maximal sur un réseau augmenté G" = (N", A"). Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Procédé : Ajoutons une nouvelle source s" et une nouvelle destination d" : N" = N  {s", d"}. Ajoutons les arcs (s", x) et (x, d") x  N : A" = A'  (s", N)  (N, d"). Ajoutons des bornes inférieures nulles : L"(x, y) = 0 (x, y)  A". Ajoutons un nouveau vecteur de capacités : K"(x, y) = K(x, y) – L(x, y) (x, y)  A' K"(s", y) =  L(x, y)  y  N x tel que (x, y)  A K"(x, d") =  L(x, y)  x  N y tel que (x, y)  A Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Il s’agit alors de trouver un flot maximal f" de s" à d" en partant avec le flot nul comme flot au jugé. Soit la valeur de flot v" du flot f" sur G", v" <  L(x, y) (x, y)  A  Il n’existe pas de flot réalisable sur G. v" =  L(x, y) (x, y)  A  Le vecteur f suivant est réalisable sur G : f(x, y) = f "(x, y) + L(x, y). Problème de flot maximal

Problème de flot maximal Exemple : 2 Note : 0,11 3,6 Les données sur l’arc (x, y) sont : L(x, y), K(x, y). 1 4 1,3 2,4 2,8 3,12 3 Le problème de trouver un flot réalisable sur G est équivalent au problème de trouver une circulation réalisable sur G' : 2 0, 0,11 3,6 1 4 1,3 2,4 2,8 3,12 3 Problème de flot maximal

Sur le réseau augmenté G", le flot maximal f" de s" à d" est : 7, 2 4,11 0,3 1,1 5,5 0,2 1 0,2 4 3,3 0,0 2,6 0,0 5,5 s" 0,9 d" 3 3,3 5,5 Réseau G" avec sur chaque arc : f"(x, y), K"(x, y). Tous les arcs issus de s" sont saturés; alors, v" =  L(x, y) = 11. (x, y)  A Le problème initial est réalisable et un vecteur de flot réalisable sur G est : (f12, f13, f23, f32, f24, f34) = (3, 4, 1, 2, 4, 3).