Підграф, що містить усі вузли та ребра, що є частиною простих обмежених по довжині стежків у непрямому графіку

Досить подібний до мого раніше розміщеного питання . Цього разу графік непрямий.

Дано

Неорієнтовний граф $G$ без яких - або множинних ребер або петель,
Джерело вершини $s$ ,
Цільова вершина $t$ ,
Максимальна довжина шляху $l$ ,

Я шукаю $G'$ - підграф $G$ який містить будь-яку вершину та будь-який край у $G$ (і лише ті), які є частиною принаймні одного простого шляху від $s$ до $t$ довжиною $\leq l$ .

Примітки:

Мені не потрібно перераховувати шляхи.
Я шукаю ефективний алгоритм (і час, і пам'ять), оскільки мені потрібно виконати його над дуже великими графіками (10 ^ 8 вершин, 10 ^ 9 ребер).

ds.algorithms graph-algorithms shortest-path

— Ліор Коган
джерело

Перевір це. Знайдено цей документ, який, схоже, робить подібне мінімальне скорочення витрат, але використовує спеціальні характеристики мережі, щоб вирішити її швидше, ніж загальні алгоритми MCF.

— РБ

Відповіді:

Що ж, проблема в зрештою. Я збережу попередню відповідь, оскільки вона також працює для спрямованого випадку (який є NPC, як відповіли на інше питання), і покажу, що це щодо . $P$ $FPT$ $l$

У непрямому випадку це вирішується детерміновано за допомогою мінімального потоку витрат (це може не працювати на шкалах, про які ви посилаєтесь у питанні, але краще, ніж експоненціальний алгоритм.

Наступна процедура визначає, чи має бути деяке ребро частиною вихідного графіка. Для того, щоб відповісти на початкову проблему, просто переведіть петлю на всі краї. $e=(u,v)\in E$

Щоб створити потокову мережу, виконайте наступне:

Крок 1: Розгорніть щоб мати вершину і замініть ребрами (вони спрямовані як a частина потокової мережі), встановіть їх вартість 0. $e$ $x_e$ $e$ $(u,x_e),$ $(x_e,u),(v,x_e),(x_e,v)$

$t$ $x_e$ $t^-$ $t^+$ $(t^-,t^+)$

$\{a,b\}\in E$ $(a^+,b^-),(b^+,a^-)$

$y_e$ $(s,y_e),(t,y_e)$

Крок 5: встановіть усі ємності на 1.

$x_e$ $y_e$

Аналіз:

$x_e$ $y_e$ $x_e\leadsto s\to y_e$ $x_e\leadsto t\to y_e$
Шляхи роз'єднані, оскільки для кожної вершини в дузі є лише 1 ємність . $t$ $(t^-,t^+)$
Повернуті шляхи - це два шляхи, сума відстаней яких мінімальна, і це також вартість знайденого потоку. Це дозволяє нам додати до вихідного графіка або видалити інакше. $e$

— РБ
джерело

Простіше зрозуміти аргумент у наведеній вище відповіді, відкинувши скорочення до спрямованого потоку. Існує простий шлях від до що містить вузол iff, є шлях від до та шлях від до таким, що і є вузловими роз'єднаними, за винятком . Це вирішально використовує непряму. Це можна перевірити за допомогою потоку, а версію витрат також можна виконати за допомогою потоку мінімальних витрат. Можна перевірити, чи існує простий шлях від до що містить

s

$s$

t

$t$

v

$v$

P

$P$

v

$v$

s

$s$

Q

$Q$

v

$v$

t

$t$

P

$P$

Q

$Q$

v

$v$

s

$s$

t

$t$

e

$e$ шляхом введення вузла в середині .

e

$e$

— Чандра Чекурі

@ChandraChekuri - це правильно, але майте на увазі, що якщо проблема не обмежує довжину, існує набагато простіший алгоритм її вирішення - дивіться тут

— RB

Звичайно, я знаю і про це рішення - концептуально добре розуміти з'єднані компоненти за допомогою роз'єднаних контурів, хоча можна знайти зрізані вершини та з'єднані компоненти безпосередньо через DFS.

— Чандра Чекурі

@RB: Дякую Пропонована алгоріхма може бути ефективною, коли l порівняно велика, але, ймовірно, неоптимальна для відносно малих значень l. Я думаю, я можу спершу обрізати G, видаливши будь-яку вершину, що знаходиться нижче підлоги (l / 2), від s та ceil (l / 2) від t.

— Ліор Коган

Спробуйте адаптувати послідовний алгоритм найкоротшого шляху (також його називають алгоритмом Surballe для випадку 2 шляхів, який тут цікавий). Ви хочете знайти найкоротші 2-х шляхи від (краще називати його а не оскільки це однаково для всіх ребер) до кожного . Я думаю, що це можна зробити ефективно, спочатку обчисливши найкоротше дерево шляху від а потім трохи уважно здійснивши обчислення другого шляху.

y

$y$

y

$y$

y_{e}

$y_e$

x_{e}

$x_e$

y

$y$

— Чандра Чекурі

Ось хибна відповідь: вона виводить деякі вершини, які є частиною непростих шляхів від до і не є частиною простого шляху від до довжиною . Відповідь все ж може бути актуальною для заявки запитувача, тому я залишаю її тут. $s$ $t$ $s$ $t$ $\le \ell$

Ось алгоритм, який працює в часі (і насправді швидше, ніж це, коли невеликий). $O(|V|+|E|)$ $\ell$

Алгоритм виконує пошук BFS з який закінчується на глибині . Цей BFS дає набір всіх вершин, доступних від довжиною шляху не більше , а також обчислює відстані для кожного . Тоді я би зробив те ж саме з і отримав задані та відстані від . Нарешті, вершини, які ви шукаєте, є саме . Ребра - це саме ті ребра в ( $s$ $\ell$ $V_s$ $s$ $\ell$ $dist(s,v)$ $v \in V_s$ $t$ $V_t$ $t$ $V_{solution}=\{ v : v \in V_s \cap V_t, dist(s,v)+dist(t,v) \le \ell \}$ $E[V_{solution}]$ $=(v,u) \in E : u,v \in V_{solution}$ ).

Час роботи цього алгоритму, безумовно, оскільки він просто робить два BFS. Але час роботи насправді який буде набагато меншим за розмір графіка, коли -radius сусідства і - малі. $O(|V|+|E|)$ $O(|V_s| + |V_t| + |E[V_s]|+|E[V_t]|)$ $\ell$ $s$ $t$

Редагувати: напевно, на практиці існує дещо швидший алгоритм, який робить BFS лише з та глибини а не . Це виявляє всі шляхи, і тоді за допомогою трохи бухгалтерії ви зможете знайти всі вершини. Це скорочує час роботи квадратним коренем для випадку великого випадкового вигляду графіка, коли невеликий. $s$ $t$ $\ell/2$ $\ell$ $\ell$

— mobius пельмені
джерело

Це не змушує шлях бути простим. Розглянемо простий графік шляху і . Ви повернетесь як частина результату, хоча немає простого шляху, який проходить через ...

t - u - s - v - x

$t-u-s-v-x$

l = 4

$l=4$

v

$v$

v

$v$

— RB

Дякуємо за виправлення @RB. Я відредагував свою відповідь, щоб зазначити, що це неправильно.

— mobius dumpling

Це задумано як коментар, але надто довго, щоб розмістити коментар.

Можливо, вас також зацікавлять графічні ключі або емулятори для ваших цілей. Гайковий ключ з графа є підграф з невеликим кількістю ребер, але приблизно зберігся відстань. Емулятор - це графік , ребра яких дозволено зважувати. $G = (V, E)$ $H = (V, E')$ $H = (V, E', w)$

Найкращим результатом для гаечних ключів є ребер та додаткова помилка +6 за оцінкою відстані в графіку. Найкращим результатом для емуляторів є ребер та добавна помилка +4. Невідомо і для того, чи можемо ми перемогти , навіть якщо помилка дозволена бути полілогіармічною. $O(n^{4/3})$ $O(n^{4/3})$ $O(n^{4/3})$

Якщо це здається корисним, я можу спробувати викопати відповідні конструкції для вас.

— GMB
джерело