Algorithms第3章及少量习题
第三章的主要思想就是DFS。讲了图上的DFS操作,然后讲了各种应用。这章默认图都是用邻接矩阵存的。
- procedure explore(G, v)
- Input: G = (V, E) is a graph;
- Output: visited(u) is set to true for all nodes u reachable from v
- visited(v) = true
- previstit(v)
- for each edge(v,u) in E:
- if not visited(u); explore(u)
- postvisit(v)
- procedure dfs(G)
- for all v in V
- visited(v) = false
- for all v in V
- if not visited(v) explore(v)
- procedure previsit(v)
- pre[v] = clock
- clock = clock+1
- procedure postvisit(v)
- post[v] = clock
- clock = clock+1
上面的代码就是这章里面所用到的所有代码了,也是DFS的整个代码,首先对于每个点,如果没有被访问过,那么就从这个点开始进行DFS,也就是explore过程,explore过程中,会访问和当前点相连的所有点[即当前点的可达点],previst和postvisit过程只是记录每个点的pre值和post值,这个值在某些方面还是很有用的,后面会说到。这整个DFS的时间复杂度是O(V+E)的,每个点和每条边都只访问一次。
在有向图中,对边进行了一些其他的定义
Tree edges: 指向儿子节点的边
Forward edges:从一个点指向非儿子后继节点的边
Back edges: 从一个点指向其祖先节点的边
Cross edges: 既不指向后继节点也不指向祖先节点的边
对于不同的边,这些点的pre值和post值的关系如下所示
pre/post ordering for(u,v) Edge type
pre[u] pre[v] post[v] post[u] tree/forward
pre[v] pre[u] post[u] post[v] back
pre[v] post[v] pre[u] post[u] cross
接下来将的是DAG[directed acyclic graphs]也就是有向无环图。在DAG中,每个点的后继节点的post值都会比当前节点的小,每个DAG至少有一个源点,一个汇点。DAG延伸出来的就是强联通分量了。
对于有向图,对所有的对 in V,都有从u到v的路径,那么就是强联通图,这里<1,2>和<2,1>表示不同的顶点对。如果我们从一个有向图的汇联通分量中的某个点开始进行DFS搜索的话,那么最后会且仅会把整个汇联通分量的点都找出来。这样的话我们如果知道某个汇联通分量里面的一个点,那么就可以知道整个汇联通分量,现在的问题是(I)怎么知道汇联通分量里面的一个点,和(II)求得一个汇联通分量之后要怎么做?
我们知道对于汇点[把联通分量缩成一个点]来说,我们没有好的方法可以容易,轻松的求得,但是对于源点我们就有比较简单的方法可以得到。首先我们可以知道,如果一个点的post值最高的话,那么这个点一定是源点,这个可以从两方面来证明,如果C和C’是图的两个联通分量,且有一条从C到C‘的边,那么C中的所有点的post值的最大值一定回比C’中所有点的post值的最大值要大。因为,如果我们的DFS是从C中开始的话,那么开始的那个点的post值比C‘中所有点的post值都要大;如果是从C’中开始搜索的话,那么先搜索完整个C‘联通分量,然后再搜索C联通分量,这样的话,所有在C中的点的p 大专栏 Algorithms第3章及少量习题ost值比在C’中的点的post值都要大。到此得证。知道这个之后,我们就可以解决问题(I)了,我们可以把有向图反向之后,进行一次DFS,这样的话,post值最大的一定是反向之后的源点,也就是原图的汇点了。对于问题(II)那么我们可以先把找出来的联通分量去掉,然后再在剩余的点中找post值最大的,这个点一定是剩下的图中的汇点,上面的证明可以保证这一点。
所以对于寻找一个图的强联通分量来说,我们只需要对图反向,然后在反向图中进行一次DFS,得到所有点的post值,然后根据post值从大到小的顺序在原图上进行一次DFS,这样就可以得到整个图的所有联通分量了。总时间还是线性的,就相当于2次DFS所用的时间。
接下来是后面几个习题,这几个习题是在这本书的网站上找的几个习题,并不是书中所有的习题。
1.给出一个图,要标出每个点的pre/post值。
这个只需要细心一点就行来
2.对于一个给定的图,用线性的方法把图进行反向。
这个可以循环所有点v,对 in E把v加到u的出边就行了,这样我们只需要循环每个点,每条边1次,所以是线性的
3.证明,无向图中,所有点的度数和是边数的2倍
每条边对两个点共享来度数,总的来说就变成来所有点的度数和是边数的2倍
4.在无向图中,计算每个点的邻接点的数目
这个直接循环所有点就行来,对于边那么u点的邻接点和v点的邻接点都+1就行来。
5.用非递归的方法实现explore
- procedure explore(G, u)
- S = (empty stack)
- push(S, u)
- while S is not empty:
- v = top(S)
- if not visited[v]:
- visited[v] = true
- previsit(v)
- if there is an edge (v, w) in E with visited[w] = false:
- push(S, w)
- else: (we’re done with v, the node at the top of the stack)
- pop(S)
postvisited(v)
6.某学校需要对课表进行安排,某些课必须在另外一些课的前面上。每个学生每学期选多少门课都没关系,问对于给定的所有课之间的关系,同一个人至少需要多少个学期,才能把所有的课修完。
首先我们可以用线性时间计算出每个点的入度,并把入度为0 的点加到队列currL中。然后利用如下过程可以处理剩下的问题,下面的过程中in表示每个点的入度,currL表示当前入度为0的点
time = 0
这样,我们得到的还是线性的时间复杂度。
另外还想了一种为经过验证的方法[私以为是正确的],先对图跑一次DFS,然后把所有点然post值降序排列起来,然后,对排好序的点进行扫描,如果相邻的两个点u,v之间有一条边u->v的话,那么学期数就需要加1[初始化为1],这样的话,最后的数目就是所有的学期数了。
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