Encontre caminhos mais curtos em um gráfico unipático pesado

Diz- se que um gráfico direcionado é unipático se, para quaisquer dois vértices $u$ e no gráfico , houver no máximo um caminho simples de para .$v$$G=(V,E)$$u$$v$

Suponha que eu receba um gráfico unipático modo que cada aresta tenha um peso positivo ou negativo, mas não contenha ciclos de peso negativos.$G$

A partir disso, desejo encontrar um algoritmo que encontre todos os caminhos mais curtos para todos os nós de um nó de origem .$O(|V|)$$s$

Não tenho certeza de como eu abordaria esse problema. Eu estou tentando ver como eu poderia usar o fato de que ele não contém ciclos de peso negativos e, é claro, no máximo, um caminho simples entre qualquer nó a .$u$$v$

Escolha uma representação de dados

Primeiro, observe o tamanho do resultado. Você deseja a coleção dos caminhos mais curtos de $s$ para todos os outros nós. A menos que o comprimento médio de um caminho seja limitado por uma constante (o que não é: qualquer lista é unipath, e se você usar a raiz por $s$ o comprimento total dos caminhos será $n(n-1)/2$ onde $n$ é o comprimento da lista), você precisará ter cuidado na sua representação de dados: a estrutura que contém os caminhos precisará usar o compartilhamento entre os caminhos.

Excluindo ciclos, existe um único caminho de s para qualquer outro nó u . Se esse caminho passa por um nó intermediário t , o primeiro segmento do caminho é o caminho desejado de s para t . $s$$u$$t$$s$$t$

Proponho armazenar o resultado em uma matriz, indexada por nós numerados de 0 a | E | - 1 , com s = 0 . Cada elemento da matriz armazena o índice do nó anterior no caminho para esse nó (use, por exemplo, - 1 como um marcador especial para nós inacessíveis a partir de s ). O caminho de s a t será ( s = R [ … R [ t ] … ] , … , R [ R [ $0$$|E|-1$$s=0$$-1$$s$$s$$t$] ] , R [ t ] , t ) .$(s=R[\ldots R[t]\ldots],\ldots,R[R[t]],R[t],t)$

Atravessar o gráfico

Inicialize R para todos - 1 .$R$$-1$

Execute um percurso de profundidade primeiro ou largura primeiro do gráfico iniciando em s . Cada vez que um nó u é alcançado, defina R [ u ] como seu antecessor.$s$$u$$R[u]$

Como existem ciclos, um nó pode ser alcançado mais de uma vez. Ter R [ u ] ≠ - 1 indica que você já foi visitado.$R[u] \ne -1$$u$

Prove a correção

Por causa da propriedade unipathic, não importa como alcançamos cada nó, desde que não tenhamos completado um ciclo. Existe apenas um caminho simples.

Prove a complexidade

O algoritmo pode alcançar cada nó mais de uma vez, portanto, não está claro se sua complexidade é O ( | V | ) . O trabalho realizado é de fato Θ ( | E 0 | ), em que V 0 são as arestas alcançáveis ​​a partir da origem. Mais precisamente, atingimos um nó mais de uma vez apenas em uma circunstância: se o nó é o primeiro que atingimos em um ciclo específico e, nesse caso, atingimos duas vezes (uma de um caminho simples e uma vez após concluir o ciclo) )$O(|V|)$$\Theta(|E_0|)$$V_0$

Bem então. Vamos provar que, em um gráfico unipático, o número de ciclos elementares cresce no máximo linearmente com o número de nós. (Um ciclo elementar é aquele que não contém um ciclo mais curto.) Na discussão a seguir, assumirei que o gráfico não possui aresta própria (sem aresta de um nó para si mesmo; essas arestas são irrelevantes para a construção do caminho) )

Gráficos unipáticos podem ter ciclos, mas de uma maneira muito restrita. Seria bom se, de alguma forma, pudéssemos associar cada ciclo a um nó distinto (ou pelo menos, no máximo, um número limitado de ciclos por nó). Os ciclos podem compartilhar um nó? Infelizmente sim.

Você pode ter m ciclos de tudo partilha um nó um e nenhum outro nó. O gráfico resultante é unipático. Com ciclos de comprimento 2, esse é um padrão de estrela com um nó central a e qualquer número de nós b i de modo que ∀ i , a ⇆ b i .$m$$a$$a$$b_i$$\forall i, a \leftrightarrows b_i$

Então, precisamos trabalhar mais. Bem, vamos tentar provar isso indutivamente. Seja # V ( G ) o número de nós em um gráfico G , # E ( G ) o número de arestas e # C ( G ) o número de ciclos elementares que não são auto-arestas. Afirmo que se G é unipático e não está vazio, então # C ( G ) ≤ # V ( G ) - 1 .$\#V(G)$$G$$\#E(G)$$\#C(G)$$G$$\#C(G) \le \#V(G)-1$

Para um gráfico com um ou dois nós, isso é óbvio. Suponha que a asserção seja válida para todos os gráficos, de modo que # V ( G ) < n e seja G um gráfico unipático com n nós. Se G não tiver ciclo, 0 = # C ( G ) < # V ( G ) , caso encerrado. Caso contrário, deixe ( um 1 , ... , um m ) ser um ciclo elementar.$\#V(G) < n$$G$$n$$G$$0 = \#C(G) < \#V(G)$$(a_1,\ldots,a_m)$

Recolher o ciclo de: deixar G ' ser o gráfico cujos nós são aqueles de L menos { um 1 , ... , um m } além de um nó de um e cujas arestas são todos os bordos de L que não envolvam a um i 's, mais uma → L ' b sempre ∃ i , um i → L b e b → L ' um sempre que ∃ i , b $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$G a i . Todo caminho em G ' induz um caminho em G (se o caminho envolver b → a → c , substitua-o por b → a i → a i + 1 → ... → a j → c em G ). Portanto, G ' é unipático. Além disso, como os ciclos em G não compartilham arestas, G ′ possui todos os ciclos em G, exceto o que eliminamos: # $\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$$G$$G'$$G$$G'$$G$( G ′ ) = # C ( G ) - 1 . Por indução, # C ( G ′ ) ≤ # V ( G ′ ) - 1 . Como # V ( G ′ ) = # V ( G ) - m + 1 , temos # C ( G ) = # C ( G ′ ) $\#C(G') = \#C(G)-1$$\#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$.

This concludes the proof. The traversal follows at most $2|V|-2$ edges.