Знайдіть найкоротші шляхи у зваженому уніпатичному графіку

Кажуть, що спрямований графік є однопатичним, якщо для будь-яких двох вершин $u$ і $v$ у графі $G=(V,E)$ існує максимум один простий шлях від $u$ до $v$ .

Припустимо, мені дають уніпатичний графік $G$ такий, що кожен край має позитивну чи негативну вагу, але не містить негативних циклів ваги.

З цього я хочу знайти алгоритм $O(|V|)$ , який знаходить усі найкоротші шляхи до всіх вузлів від вихідного вузла $s$ .

Я не впевнений, як би я підходив до цієї проблеми. Я намагаюся зрозуміти, як я міг би використати той факт, що він не містить негативних циклів ваги, і, звичайно, максимум один простий шлях між будь-яким вузлом $u$ до $v$ .

algorithms graphs

— gprime
джерело

Що ви пробували поки що? Якщо ви повністю застрягли, почніть з малого: як насправді виглядають уніпатичні графіки? Наприклад, намалюйте кожен уніпатичний графік однією вершиною, двома вершинами, трьома вершинами тощо. Ви можете помітити корисну схему. Крім того, ви згадаєте, що немає негативних циклів ваги - чи можуть бути навіть цикли (будь-якої ваги)?

— Джухо

@mrm Яку модель ти думаєш? Уніпатичні графіки можуть мати цикли в обмеженому вигляді, який я не можу знайти простий спосіб виразити.

— Жил "ТАК - перестань бути злим"

@mrm Ні. Край може належати щонайменше одному циклу. Вузол може належати до будь-якої кількості циклів: графік

позначеної зірки

є однопатичним (і ви можете отримати ще вищий відношення елементарних циклів на вузол).

n

$n$

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

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

— Жил "ТАК - перестань бути злим"

Виберіть представлення даних

Спочатку подивіться на розмір результату. Ви хочете зібрати найкоротші шляхи від до кожного іншого вузла. Якщо середня довжина шляху не обмежена константою (якої немає: будь-який список Unipath, а якщо взяти корінь для загальна довжина шляхів в , де є довжина списку), вам потрібно бути обережним у поданні даних: структура, що містить шляхи, повинна використовувати обмін між шляхами. $s$ $s$ $n(n-1)/2$ $n$

Виключаючи цикли, існує один шлях від до будь-якого іншого вузла . Якщо цей шлях проходить через проміжний вузол , то перший відрізок шляху - це бажаний шлях від до . $s$ $u$ $t$ $s$ $t$

Я пропоную зберігати результат у масиві, індексованому вузлами, пронумерованими від до , при . Кожен елемент масиву зберігає індекс попереднього вузла на шляху до цього вузла (використовуйте напр. як спеціальний маркер для вузлів, недоступних для ). Шлях від до буде $0$ $|E|-1$ $s=0$ $-1$ $s$ $s$ $t$ . $(s=R[\ldots R[t]\ldots],\ldots,R[R[t]],R[t],t)$

Обведіть графік

Ініціалізуйте для всіх . $R$ $-1$

Виконайте обхід графіка в глибині першої чи першої ширини, починаючи з . Щоразу, коли досягається вузол , встановіть на свого попередника. $s$ $u$ $R[u]$

Оскільки існують цикли, до вузла може бути досягнуто не раз. Наявність вказує на те, що вже відвідали. $R[u] \ne -1$ $u$

Доведіть правильність

Через властивість unipathic не має значення, яким чином ми досягнемо кожного вузла, якщо ми не завершили цикл. Є лише один простий шлях.

Доведіть складність

Алгоритм може досягати кожного вузла не один раз, тому не зрозуміло, що його складність становить . Проведена робота насправді де - ребра, доступні від джерела. Точніше, ми дістаємося до вузла не раз лише за однієї обставини: якщо вузол є першим, до якого ми досягаємо певного циклу, і в цьому випадку ми дістаємось до нього двічі (один раз із простого шляху та один раз після завершення циклу ). $O(|V|)$ $\Theta(|E_0|)$ $V_0$

Ну гаразд. Доведемо, що в уніпатичному графіку кількість елементарних циклів зростає щонайбільше лінійно з кількістю вузлів. (Елементарний цикл - це той, який не містить коротший цикл.) У наступному обговоренні я припускаю, що графік не має власного краю (немає ребра від вузла до себе; такі ребра не мають значення для побудови шляху в будь-якому випадку ).

Уніпатичні графіки можуть мати цикли, але дуже обмеженим чином. Було б добре, якби ми могли якось пов’язати кожен цикл з окремим вузлом (або принаймні, щонайменше обмеженою кількістю циклів на вузол). Чи можуть цикли спільно використовувати вузол? На жаль, так.

$m$ $a$ $a$ $b_i$ $\forall i, a \leftrightarrows b_i$

Тож нам потрібно буде працювати більше. Що ж, спробуємо довести це індуктивно. Нехай - кількість вузлів у графі , кількість ребер і кількість елементарних циклів, які не є самостійними ребрами. Я стверджую, що якщо однопатичний і не порожній, то . $\#V(G)$ $G$ $\#E(G)$ $\#C(G)$ $G$ $\#C(G) \le \#V(G)-1$

Для графіка з одним або двома вузлами це очевидно. Припустимо, твердження справедливо для всіх графіків таким, що і нехай є уніпатичним графіком з вузлами. Якщо не має циклу, , регістр закритий. Інакше нехай є елементарним циклом. $\#V(G) < n$ $G$ $n$ $G$ $0 = \#C(G) < \#V(G)$ $(a_1,\ldots,a_m)$

Згорнути цикл: нехай - графік, вузлами якого є мінус плюс вузол і у ребер якого всі ребра не включають , плюс щоразу, коли і коли . Кожен шлях у індукує шлях у (якщо шлях включає , замініть це на $G'$ $G$ $\{a_1,\ldots,a_m\}$ $a$ $G$ $a_i$ $a \rightarrow_{G'} b$ $\exists i, a_i \rightarrow_G b$ $b \rightarrow_{G'} a$ $\exists i, b \rightarrow_G a_i$ $G'$ $G$ $b \rightarrow a \rightarrow c$ $b \rightarrow a_i \rightarrow a_{i+1} \rightarrow \ldots \rightarrow a_j \rightarrow c$ в ). Тому є однопатичним. Крім того, оскільки цикли в не ділять ребра, має всі цикли в крім того, який ми усунули: . За індукцією . Оскільки , маємо . $G$ $G'$ $G$ $G'$ $G$ $\#C(G') = \#C(G)-1$ $\#C(G') \le \#V(G')-1$ $\#V(G') = \#V(G) - m + 1$ $\#C(G) = \#C(G')+1 \le \#V(G) - m = n-m \le n-1$

На цьому завершується доказ. Обхід проходить не більше ребер. $2|V|-2$

— Жил "ТАК - перестань бути злим"
джерело