在加权的单路径图中查找最短路径

有向图被认为是unipathic如果对于任意两个顶点和在曲线图，存在在从最简单的一个路径到。 $u$ $v$ $G=(V,E)$ $u$ $v$

假设给我一个单感图 $G$ ，使得每个边的权重为正或为负，但不包含负的权重周期。

由此，我想找到一种 $O(|V|)$ 算法，该算法找到从源节点到所有节点的所有最短路径 $s$ 。

我不确定如何解决这个问题。我正在尝试看看我如何利用它不包含负权重循环，并且当然在任何节点 $u$ 到之间最多只有一条简单路径这一事实 $v$ 。

algorithms graphs

— gprime
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你都尝试了些什么？如果您完全陷入困境，请从小处着手：单向图的真正外观是什么？例如，用一个顶点，两个顶点，三个顶点等绘制每个单路径图。您可能会发现一个有用的模式。此外，您提到没有负重量循环-甚至可以有（任何重量）循环吗？

— Juho 2012年

@mrm您在想什么模式？单向图可以有周期，但是我无法找到一种简单的表达方式。

— 吉尔（Gilles）“所以，别再邪恶了”

@mrm号。一条边最多可以属于一个循环。一个节点可以属于任意数量的周期：点星形图是单态的（您可以获得更高的每个节点基本周期比率）。

n

$n$

E = ⋃_{i \leq n} {(a, b_{i}), (b_{i}, a)}

$E=\bigcup_{i\le n} \{(a,b_i),(b_i,a)\}$

— 吉尔斯（Gilles）'所以别再邪恶了'

选择数据表示

首先，查看结果的大小。你想从最短路径集合到所有其他节点。除非路径的平均长度受常数限制（否则不是：任何列表都是单路径，并且如果以为根，则路径的总长度为，其中为列表的长度），则在数据表示中需要格外小心：包含路径的结构将需要使用路径之间的共享。 $s$ $s$ $n(n-1)/2$ $n$

除循环外，从到任何其他节点仅有一条路径。如果该路径经过中间节点，则路径的第一段是从到的所需路径。 $s$ $u$ $t$ $s$ $t$

我建议将结果存储在一个数组中，该数组由从到的节点索引，且。数组中的每个元素都存储到该节点的路径上的前一个节点的索引（例如，将用作无法从到达的节点的特殊标记）。从到的路径为。 $0$ $|E|-1$ $s=0$ $-1$ $s$ $s$ $t$ $(s=R[\ldots R[t]\ldots],\ldots,R[R[t]],R[t],t)$

遍历图形

将初始化为所有。 $R$ $-1$

从开始执行图的深度优先或宽度优先的遍历。每次到达节点时，将设置为其前任。 $s$ $u$ $R[u]$

由于存在周期，因此可能会多次到达一个节点。有表示已经被访问。 $R[u] \ne -1$ $u$

证明正确性

由于具有单亲性质，只要我们还没有完成一个循环，到达每个节点就无关紧要。只有一条简单的道路。

证明复杂性

该算法可能多次到达每个节点，因此不清楚其复杂度是否为。实际上完成的工作是，其中是可从源到达的边缘。更确切地说，我们仅在一种情况下多次到达一个节点：如果该节点是在特定循环中我们到达的第一个节点，那么在这种情况下，我们会到达它两次（一次是从一条简单的路径到达，一次是在完成循环之后到达））。 $O(|V|)$ $\Theta(|E_0|)$ $V_0$

好吧。让我们证明在单向图中，基本循环数最多随节点数线性增长。（基本循环是一个不包含较短循环的循环。）在下面的讨论中，我将假设图没有自边缘（从节点到其自身都没有边；无论如何，这些边与路径构造无关））。

单态图可以具有周期，但是以非常有限的方式。如果我们能够以某种方式将每个循环关联到一个不同的节点（或至少每个节点至少有一定数量的循环），那将是很好的。循环可以共享一个节点吗？不幸的是。

您可以有个周期全部共享一个节点而没有其他节点。结果图是单感的。对于长度为2的周期，这是一个星形图形，具有一个中心节点和任意数量的节点，使得。 $m$ $a$ $a$ $b_i$ $\forall i, a \leftrightarrows b_i$

因此，我们需要更加努力。好吧，让我们尝试归纳证明它。令为图的节点数，为边数，为非自数的基本循环数。我断言，如果是单感的并且不为空，则。 $\#V(G)$ $G$ $\#E(G)$ $\#C(G)$ $G$ $\#C(G) \le \#V(G)-1$

对于具有一个或两个节点的图，这是显而易见的。假设断言适用于所有图，使得并且是具有节点的单态图。如果没有循环，则，关闭大小写。否则，令为基本循环。 $\#V(G) < n$ $G$ $n$ $G$ $0 = \#C(G) < \#V(G)$ $(a_1,\ldots,a_m)$

折叠周期：令为图，其节点为减去再加上一个节点且其边缘为所有不涉及的边缘，再加上每当和每当。在每一个路径诱导的路径（如果该路径涉及，然后通过更换这个 $G'$ $G$ $\{a_1,\ldots,a_m\}$ $a$ $G$ $a_i$ $a \rightarrow_{G'} b$ $\exists i, a_i \rightarrow_G b$ $b \rightarrow_{G'} a$ $\exists i, b \rightarrow_G a_i$ $G'$ $G$ $b \rightarrow a \rightarrow c$ $b \rightarrow a_i \rightarrow a_{i+1} \rightarrow \ldots \rightarrow a_j \rightarrow c$ 在）。因此，是同情的。此外，由于在循环不共享边缘，在所有循环除了我们消除了一个：。通过归纳，。由于，我们有。 $G$ $G'$ $G$ $G'$ $G$ $\#C(G') = \#C(G)-1$ $\#C(G') \le \#V(G')-1$ $\#V(G') = \#V(G) - m + 1$ $\#C(G) = \#C(G')+1 \le \#V(G) - m = n-m \le n-1$

这证明了结论。遍历最多边。 $2|V|-2$

— 吉勒斯“别再邪恶了”
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