??u?Sf(u,?)??u?Sf(u,?)??u?Sf(u,?)
???S??S显然
?u?Sf(?,u)??u?Sf(u,?)
??S??S故 ?(f)??u?Sf(?,u)??u?Sf(u,?)
??S??S ?
?f(e)??f(e)
e?(S,S)e?(S,S)定理9·1 对每个可行流及每个截集?S,S?都有，?(f)?c(S) 证 由引理9·1·1 ?(f)??f(e)??f(e)??c(e)?c(S) 证毕
e?(S,S)e?(S,S)e?(S,S)推论 9·1 设f是一个可行流，?S,S?是一个截集，使得?(f)?c(S)，则f是最大流，。 ?S,S?是最小截集（指c(S)最小）
定义 9·5 设f是D中的一个可行流，P是一条s到?的路径（无向），若P上任一弧e有： （1）当e是正向弧时，c(e)?f(e)； （2）当e是反向弧时，f(e)?0。
则称P是一条f非饱和路径。一条s到t的f非饱和路径称为f可增长路径。 定理 9·2 网络N的一个可行流f是最大流的充要条件是N中不含f可增长路径。
定理9·3 在任何网络中，最大流的流量等于最小截集的容量。 定理9·4 Dinits算法最多经V?1次迭代就能求出最大流。
证 只需证明若第k?1阶段不是最后阶段，则lk?1?lk。设在第k?1阶段的分层网络中，有从s到t的长为lk?1的路径。
P?se1?1e2??l?1elk?1
k?1（1）设P上的一切顶点在k阶段的分层网络上出现过，用Vj表示第k阶段分层网络上第j层的顶点集，下证若?i?Vj，则i?j。对i用归纳法证明之。
i?0时，命题“?i?Vj，则i?j”成立；假设?i?Vj，?i??0?s,V0??s?，?i?1?Vm，若m?j?1，由归纳假设?i?Vj时，i?j，得i?1?j?1?m。若m?j?1，而?i?1?Vm，又Vm与Vj不是邻层，这时不可能的。故只有i?1?m。
令i??l,t?Vl，故有lk?1?lk。下证等号不成立。若lk?1?lk，我们已假设P上的顶
k?1k点在k阶段的分层网络上出现过，路径上的边在k?1阶段的分层网络上用过，则在k阶段的分层网络上用过，且P整个在k阶段分层网络上，此与k阶段上得出过极大流矛盾。
（2）设P上有的顶点未在第k阶段分层网络上出现，令ei?1??i?i?1是对某个j，?i?Vj，?i?1是不再第k阶段分层网络上出现的第一个顶点，但ei?1是不再第k阶段分层网
络上出现的第一条边，则ei?1在第k阶段分层网络中未用过，ei?1在k?1阶段开始时有用，故在第k阶段开始时也有用，由求分层网络的过程知，Vj?1??t?,j?1?lk，于是
i?1?j，i?1?j?1?lk,又?i?1?t,故lk?1?i?1，所以lk?1?lk。证毕。
定理 9·5 网络N有可行流的充要条件是附加网络N上的最大流使流出S的一切边皆饱和（可行流即满足（C1?）（C2?）的流）
证 设N中的可行流f使s发出的边皆饱和，对于N，令 f(e)?f(e)?b(e),e?E 下证f(e)是N的可行流。
(i)b(e)?f(e)?c(e)
事实上，0?f(e)?c(e)?c(e)?b(e),e?E，所以f(e)满足(C1?)。
(ii) f(e)满足(C2?)。
令??V??s,t?,而??s?,???t是N中的边，由N中的f满足(C2?)，得
?f(e)?f(?)??f(e)?f(?)
e??(?)e??(?)又 f(?)?c(?)? f(?)?c(?)?因此
?b(e)?f(?)
e??(?)?b(e)
e??(?)?f(e)??f(e)?0
e??(?)e??(?)即f(e)满足(C2?)，故f(e)是可行流，反之f(e)是N的可行流。证毕。 定理 9·6
f是有供需约束的可行流，当且仅当对一切
X?VC(X)??(T?X)??(S?X)其中X?V?S,S是源集，T是汇集，C(X)为
。 (X,X)中边的容量和（即截量）
证 构作新网络N?： 增加两个新顶点s0,t0 （i）加边s0si,i?1,2,?,m,令c(so,si)??(si) （ii）
加边tj,t0,j?1,2,?,n,令c(tj,t0)?p(tj) （iii）（i?）令t0为N?的汇，s0为N?的源。
易证N有可行流的充要条件是N?中的有一个使(T,?t0?)中每边皆饱和的流。 今有N?中的流使(T,?t0?)中每边皆饱和，则其流量?(T)?C(T)，此流是N?中的最大流，这说明N有可行流，当且仅当N?中的每个截
(?s0??X,?t0??X)成立 C(?s0??X)??(T) 等价于
C(X,X)??(T?X)??(S?X)??(T) 等价于
C(X,X)??(T?X)??(S?X) 证毕。
定理 9·6 有向图D存在有向巡回的充要条件是：D是强连通图。