在有向图中找到至少两个相同长度的路径

假设我们有一个有向图和两个节点和。我想知道是否已经有算法来计算以下决策问题： $G=(V,E)$ $A$ $B$

和之间是否至少有两条相同长度的路径？ $A$ $B$

复杂度如何？我可以在多项式时间内求解吗？

我想在图表上添加一个新的约束，也许这个问题可以解决。在邻接矩阵上，每一列都不为空。因此，每个节点在输入上至少有一个箭头，并且至少还有一个与其连接的节点。因此，如果节点是第个节点，则是图中的边。 $i$ $(i,i)$

— 保罗·巴黎（Paolo Parisen T.）
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你是说简单的道路吗？（最多一次访问每个节点），还允许它们具有一个公共内部节点吗？

不，路径没有限制。如果需要，您可以循环播放。

— Paolo Parisen T. 2012年

容易观察到的是：如果之间只有一条简单路径，并且该简单路径最多连接到一个回路，则可以简单地说，如果至少有两个不同长度的回路连接到该简单路径，您可以说是...（我认为类似的事情很有用，您可以证明这一点），但是在不相交的简单路径的情况下（如果在证明这一点时遇到不相交的简单路径），则是NPC。

A, B

$A,B$

N o

$No$

@mrm：我不认为这是重复的。要求所有步行都是一项非常耗时的操作（通常，步行的次数是无限的），而OP要求的是两条（简单）路径，而不是全部步行。

— Dave Clarke

Answers:

考虑图，我们想知道从到的两条不同长度的路径是否相同。该怎么办？简单：将两个路径合而为一。定义图形与顶点。你让在步骤通过在两个独立的步骤。附加位告诉您两条路径是否已经彼此分开。 $G$ $A$ $B$ $G'$ $V \times V \times \{0,1\}$ $G'$ $G$

形式上，存在边缘在当且仅当，在和。 $(i,j,e) \to (i',j',e')$ $G'$ $i \to i'$ $j \to j'$ $G$ $e'=e ∨ (i,i')≠(j,j')$

该算法检查是否存在一个路径到在，这是，或者类似的东西。 $(A,A,0)$ $(B,B,1)$ $G'$ $O(V^4)$ $O((V+E)^2)$

如果您同意该算法正确，那么，的路径的长度最多为，因此必须最晚在该长度处发生潜在的“路径冲突”。你可以得到一个从这一观察，在那里，规则是矩阵乘法的复杂性（询问你是否需要一个扰流板......）。 $G'$ $2n^2$ $O(V^{\omega} \log V)$ $\omega$

我强烈感觉到有一种算法，它使用了更多问题的结构。 $O(V+E)$

— sdcvvc
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很好

— 拉斐尔

也许我对这个问题有一个答案，但我不确定它是否有效。

“找到”两条路径并不重要，唯一重要的是“知道”它们是否存在。我认为这不是NP完全问题。

因此，采取邻接矩阵。我们可以轻松地假设它填充有0,1值。（0 =不存在边缘; 1 =存在边缘）让我们使用与3个值（0,1,2），下面的代数，一切作品照例除了： ; $\textbf A$ $2+\text{<something>} = 2$ $2*\text{<whatever greater than 0>} = 2$

所以，如果有来自两个相同长度的路径我期待有一个值，使得。 $i,j$ $p$ $(\textbf A^p)_{i,j} = 2$

令为图中的顶点数（或者说维数为）。我不知道的值，但是如果我通过与乘以最多来迭代，那么我应该找到答案。（因此，）（感觉是我检查，然后我检查，然后我检查，依此类推...） $n$ $\textbf A$ $n\times n$ $p$ $\textbf A$ $n^2$ $p<n^2$ $\text A$ $\text A^2$ $\text A^3$

这是我的论点：

如果这两个路径是简单路径，那么它会起作用。如果有，我最多必须迭代次。 $n$
如果至少有一个必需的周期或有两个周期的路径，那么，我必须找到最小公倍数（LCM）。肯定是一个较大的值，如果有，我应小于倍才能找到它们。 $n^2$ $n^2$
如果两个路径有两个不同的路径，都与一个周期，那么它找出解决办法对这种两个方程或多或少类似：，其中和是这两个不同的长度周期。如上定义的矩阵乘法表示“是否存在从到长度为的路径？” 因此，如果比则意味着从到路径更多。通过迭代矩阵 $\alpha + \beta m = \gamma + \delta k$ $m$ $k$ $\text A^q$ $i$ $j$ $q$ $\textbf A^q$ $1$ $i$ $j$ 倍，我们通过所有可能的组合和。实际上，定义为，任何周期都不能大于。 $n^2$ $\delta$ $\beta$ $LCM(a,b)$ $(a*b)/GCD(a,b)$ $n$

一旦找到我就停止迭代。 $(\textbf A^p)_{i,j} = 2$

我错了吗？

— 保罗·巴黎（Paolo Parisen T.）
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我尝试了同样的方法，但遇到了一些问题/不确定性：1）如果路径连接到多个周期，该怎么办？您是否必须“检查”所有组合（在最坏的情况下，每个节点都处于指数级的多个循环！），炸毁上限，还是仅考虑每个组合一个就足够了？2）由于偏移量

和

恒定，LCM真的是上限吗？

α

$\alpha$

γ

$\gamma$

— 拉斐尔

顺便说一句，不需要时髦的代数：只要在您计算

作为矩阵项的那一刻就停止。

2

$2$

— 拉斐尔

@Raphae 1）如果有一条带有两个循环的路径，那么肯定有两条长度相同的路径。一个在第一个循环上循环，另一个在第二个循环上循环。他们必须循环多少？恰好是两个周期长度的LCM。它以

为界，其中

是图中的顶点数。2）LCM是上限（在情况1中），因为LCM（a，b）受a * b加

和

偏移量限制；因此，总共有

n^{2}

$n^2$

n

$n$

α

$\alpha$

γ

$\gamma$

L C M (a, b) + α + γ < a * b + α + γ

$LCM(a,b) + \alpha+\gamma < a*b+\alpha + \gamma$

α + γ + a + b < n

$\alpha+\gamma+a+b < n$

a * b + α + γ

$a*b+\alpha+\gamma$

n^{2}

$n^2$