概念
无向图的割：有无向图G=(V,E)G=(V,E)，设CC为图GG中一些弧的集合，若从GG中删去CC中的所有弧能使图GG不是连通图，称CC图GG的一个割。
S−T割：使得顶点SS与顶点TT不再连通的割，称为S−T割
S−T最小割：包含的弧的权和最小的S−T割，称为S−T最小割。
全局最小割：包含的弧的权和最小的割，称为全局最小割。
首先我们知道
对于图的任意两个顶点s、t，要么在全局最小割的同一个集合中，要么在不同的集合中。那么结果便只可能在是s-t最小割，或者合并s和t的新图的全局最小割。
Stoer-Wagner算法就是用来求全局最小割的算法，简称SW算法。
算法步骤如下：
（1）min=MAXINT，固定一个顶点P
（2）从点P用类似prim的s算法扩展出“最大生成树”，记录最后扩展的顶点和最后扩展的边
（3）计算最后扩展到的顶点的切割值（即与此顶点相连的所有边权和），若比min小更新min
（4）合并最后扩展的那条边的两个端点为一个顶点
（5）转到2，合并N-1次后结束
（6）min即为所求，输出min
任选一个点P，初始化wage数组的值都是0，开始遍历扩展，并且把点P放入了已扩展点的集合；找到与P相连的权值最大的节点，并更新与p相连的节点的wage数组值。下一次就选取wage数组最大值的点（也就是点4）开始向外扩展，注意在扩展点4的时候点P不会再被更新，因为它已经进入被扩展集合了。过程同上。
一直扩展。。。扩展到最后两个点的时候我们记为S,T；其中T是最后一个点；这时候我们得到了wage[S] 和 wage[T]；
现在有如下性质：
1、wage[T]是将单点T分离出原图的最小的割的值（这里说的是把T这个点单独拿出去）；
2、wage[T]的值是将S或T单独分离出原图的最小割值中较小的那一个；即wage[T]<=wage[S]
下面给出一些问题的证明：
（1）上面性质2的证明
分为两种情况，第一，S与T有边相连时，假设该边的权值为k。在通过S进行扩展时，由于先选择S，所以可以得到扩展前wage[S]>=wage[T] 。在扩展时 wage[T]的值必然会增加S与T之间的权值，即wage[T]=wage[T]+k。但是这个权值也是属于S的,wage[S]=wage[S]+k, 所以相加同一个数后不等式仍然成立；
同理S,T无边相连也可以仿照上面的解释；
（2）我们任意找两个点，比较wage的大小，行不行
证明合并两个点的操作不会影响最终的答案，说明这个问题前，我们先进行下面的一个讨论。
到目前为止好像对于我们有用处的就是最后那两个点S,T。我们不禁要问下，如果只是为了选出两个点，有必要这么麻烦吗（最大生成树）？直接随意选两个点，计算出对应的wage的值，即计算把他们单独分割出去的值，比较大小，小的记为T大的记为S，然后更新min。好像也满足了上面所要的结果。显然这么做不对。
我们考虑下面一种情况
我们先来想一想分割后的情况，假设我们找到了原图的最小割然后按照最小割集进行分割，那么原图一定被分为两部分且只能是两部分，记为A，B ；A,B彼此连同，分割后的A,B 显然是不连通的。为了简化证明过程我假设 原图A与B 仅有一条边相连。当然这条边的值就是最小割的值。
这条边连接的两个点一个在A中一个在B中 分别记为a,b。如果A中或B中只有一个点，那么你按照随意选点的方法不会影响最后的答案，我们这里要讨论A和B中点的个数大于1。这时如果你还随意的找两个点进行更新min 合点操作就会出错了。
这很好想，因为如果你一开始选的是a,b 两个点，那么你计算出的wage肯定是大于最小割，因为无论a,b都肯定与至少2个点相连，而最终的答案是a,b间边的权值。
这时如果把a,b合点后再进行上面的重复操作显然已经把最佳答案错过了。
（3）证明prim确定一个顺序问题，我还以这个例子来说，通过prim选出的两个点S,T一定都在A中或者在B中（前提是A,B中包含2个或以上的点）也只有在这个前提下进行点的合并才不会影响最后的答案。
我们先来证明下这两个点一定在一边而不会是一边一个（前提是A,B中包含2个或以上的点）
证明：首先我们不妨设prim 过程的第一个点在A中，那么它一定先在A中的点开始扩展操作，进行prim扩展若干次后，才首次计算B中点的wage 。这个时候一定是A，B相连的那个点，此时wage[b]的值为最小割的值。
那么就可以分为多种情况
1、A中的节点扩展完才扩展B的节点。由于是prim是从大到小来扩展的，即这种情况下，A中可扩展的点的wage值都大于wage[b]，这样不会再回A中了，那么最后的两个点一定都在B中。（如果从B中开始，最后两个节点在A中）
2、在A中扩展多次之后去B中扩展，反复下去，最终到B中。因为如果最后的点在B中，而且B中不止一个点，肯定至少经历了一次从A到B，从B到A，再从A到B的过程。如果一直在A中那么最后的点在B中，如果再次回到B中扩展可知此时A中可扩展的点的wage值都小于B中可扩展点的wage值，反复反复下去，
如果最后A中一个点，B中一个点，会出现什么情况呢？显然最后的那个点的wage值小于wage[b]了。这样更新完原图的最小割更小了，这显然矛盾了。
矛盾的原因就在于prim的过程根本就没法实现一个在A中一个在B中。
如果S,T相连， 我已经更新了将S,T分割单独分割出去时最小割的值，那么现在即使将S和T合并也不会影响全局最小割的求解。
如果S,T不直接相连时，如果答案是S,T合并后的解显然将两者一起分离的时候已经将T单独分开了。所以将S和T合并，并不会影响后面的计算。
合点操作之所以不影响答案的关键是prim算法的步骤决定了选点的顺序。
下面的代码是SW算法的代码，不过每次都是从第0个节点扩展的，最终来得到全局最小割。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define MAX_N 30 #define INF 0x3f3f3f3f int G[MAX_N][MAX_N]; int v[MAX_N]; // v[i]代表节点i合并到的顶点 int w[MAX_N]; // 定义w(A,x) = ∑w(v[i],x)，v[i]∈A bool visited[MAX_N]; // 用来标记是否该点加入了A集合 int squ[MAX_N]; //记录移除的节点次序 int index;//记录最小割的位置，以便分开整个图的节点 int stoer_wagner(int n) { int min_cut = INF,r=0; for (int i = 0; i < n; ++i) { v[i] = i; // 初始还未合并，都代表节点本身 } while (n > 1) { int pre = 0; // pre用来表示之前加入A集合的点（在t之前一个加进去的点） memset(visited, 0, sizeof(visited)); memset(w, 0, sizeof(w)); for (int i = 1; i < n; ++i) //求出 某一轮最大生成树的最后两个节点，并且去除最后的t，将与t连接的边归并 { int k = -1; for (int j = 1; j < n; ++j) // 选取V-A中的w(A,x)最大的点x加入集合 { if (!visited[v[j]]) { w[v[j]] += G[v[pre]][v[j]]; if (k == -1 || w[v[k]] < w[v[j]]) { k = j; } } } visited[v[k]] = true; // 标记该点x已经加入A集合 if (i == n - 1) // 若|A|=|V|（所有点都加入了A），结束 { const int s = v[pre], t = v[k]; // 令倒数第二个加入A的点（v[pre]）为s，最后一个加入A的点（v[k]）为t cout<<t<<"--->"<<s<<endl; squ[r++]=t; if(w[t]<min_cut) { min_cut=w[t]; index=r; } //min_cut = min(min_cut, w[t]); // 则s-t最小割为w(A,t)，用其更新min_cut for (int j = 0; j < n; ++j) // Contract(s, t) { G[s][v[j]] += G[v[j]][t]; G[v[j]][s] += G[v[j]][t]; } v[k] = v[--n]; // 删除最后一个点（即删除t，也即将t合并到s） } // else 继续 pre = k; } } return min_cut; } int main(int argc, char *argv[]) { int n, m; while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { memset(G, 0, sizeof(G)); while (m--) { int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); G[u][v] += w; G[v][u] += w; } int z=n; //printf("%d ", stoer_wagner(n)); cout<<" 归并的步骤为："<<endl; int res=stoer_wagner(n); cout<<" 最小割的总权值为： "<<res<<" 图划分为部分A："; //cout<<"图划分为部分A："; for(int i=0;i<z;i++) { if(i==index) cout<<"部分B："; cout<<squ[i]<<" "; } } return 0; }