Redução transitiva de DAG

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Eu estou procurando o algoritmo O (V + E) para encontrar a redução transitiva dado um DAG.

Isso remove o maior número possível de arestas, para que, se você puder alcançar v de u, para v e u arbitrários, ainda possa alcançá-lo após a remoção das arestas.

Se este for um problema padrão, indique-me alguma solução de modelo.

algorithms graphs dag

— Karan
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Você não pode usar a referência dada no lema da wikipedia que você cita?

— Hendrik Jan

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Bem, o algoritmo discutido na Wikipedia é executado em

(no melhor dos casos, ou seja, no caso de gráficos acíclicos) em vez de

conforme solicitado. Acho que a resposta aqui é que o algoritmo que você está procurando pode não existir

O (V \times E)

$O(V\times E)$

O (V + E)

$O(V+E)$

— Carlos Linares López

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Concordou que não está claro que o que você está pedindo existe. Existem alguns artigos que não seriam interessantes se houvesse esse algoritmo, por exemplo, sciencedirect.com/science/article/pii/0012365X9390164O . Dito isto, se você puder ser mais específico sobre qual é a sua motivação, pode haver soluções mais específicas. Por exemplo, você sabe mais alguma coisa sobre o gráfico ou

funcionaria?

O (n (n + m))

$O(n(n+m))$

— William Macrae

Vi o problema em algum lugar, mas não havia informações adicionais, talvez um erro de digitação no problema.

— Karan

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E se você faz ordenação topológica em sua DAG, mas manter o controle de vértices alcançáveis usando crianças, ou seja,

r e a c h a b l e [v] = \cup_{v^{'} \in c h i l d r e n_{v}} r e a c h a b l e [v^{'}]

$reachable[v] = \cup_{v' \in children_v} reachable[v']$ , inicie a partir do item mais recente no gráfico classificado e remova as arestas não utilizadas e continue preservando a função alcançável. Isso fornece o máximo possível de arestas a serem removidas, mas não tenho certeza se a possibilidade é a máxima (é

.

O (| E | + | V |)

$O(|E|+|V|)$

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Podemos resolver esse problema apenas com o DFS de cada vértice.

Para cada vértice , inicie o DFS a partir de cada vértice modo que seja o descendente direto de , ie. é uma vantagem. $u \in G$ $v$ $v$ $u$ $(u,v)$
Para cada vértice alcançável pelo DFS a partir de , remova a aresta . $v'$ $v$ $(u, v')$

A complexidade geral do exposto acima é a complexidade da execução de DFS ', que é . $N$ $O(N(N+M))$

— pratyaksh
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Observe que, assintoticamente, isso tem a mesma complexidade que o algoritmo

no artigo da Wikipedia vinculado na própria pergunta.

O (N M)

$O(NM)$

— precisa saber é o seguinte

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Acordado. Como uma resposta concisa era devido a essa pergunta, apresentei uma. Além disso, uma solução

é IMO, improvável.

O (N)

$O(N)$

— Pratyaksh

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Não é o que você está procurando. Mas, apenas com o objetivo de compartilhar conhecimento, você pode fazer isso com mensagens se assumir que cada vértice atua como um processador . Observe que cada vértice tem um valor comparável. Portanto, existem alguns vértices que são maiores que todos os seus vizinhos. Esses vértices fazem o seguinte: $O(|E|)$

Seja o vizinho menor máximo de , $u$ $v$
envie uma mensagem para e inclua a borda na saída. $u$ $(v,u)$
Para cada vizinho de e (e menor do que ambos), não incluem na saída. $w$ $u$ $v$ $(v,w)$
Repita as etapas até que toda a aresta para um vizinho menor do vértice seja incluída ou não na saída. $(v,v')$ $v'$ $v$

Agora, se um nó recebeu uma mensagem de todo vizinho maior (ou seja, todas as arestas foram incluídas ou não, o nó age como se fosse o maior da vizinhança. mencionado anteriormente 4 etapas. $v$ $(v',v)$ $v$

Esse algoritmo termina em mensagens em um ambiente distribuído. Eu sei que não é isso que você está pedindo. $O(|E|)$

— AJed
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Lema: Se existe uma aresta V -> Y e Y é também um sucessor indireto de V (por exemplo, V -> W -> + Y), então a aresta V -> Y é transitiva e não faz parte da raiz transitiva.

Método: Acompanhe o fechamento transitivo de cada vértice, trabalhando do terminal ao inicial, em ordem topológica inversa. O conjunto de sucessores indiretos de V é a união dos fechamentos transitivos dos sucessores imediatos de V. O fechamento transitivo de V é a união de seus sucessores indiretos e seus sucessores imediatos.

Algoritmo:

    Initialise Visited as the empty set.
    For each vertex V of G, 
        Invoke Visit(V).

    Visit(V):
        If V is not in Visited,
            Add V to Visited, 
            Initialise Indirect as the empty set,
            For each edge V -> W in G,
                Invoke Visit(W),
                Add Closure(W) to Indirect.
            Set Closure(V) to Indirect.
            For each edge V -> W in G,
                Add W to Closure(V),
                If W is in the set Indirect,
                    Delete the edge V -> W from G.

Isso pressupõe que você tenha alguma maneira eficiente de acompanhar conjuntos de vértices (por exemplo, mapas de bits), mas acho que essa suposição também é feita em outros algoritmos O (V + E).

Um efeito colateral potencialmente útil é que ele encontra o fechamento transitivo de cada vértice de G.

— DrBD
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Excluí a resposta postada em sua conta anterior. Se você ainda deseja mesclar suas duas contas, siga as etapas na Central de Ajuda . Dito isto, como a conta anterior não possui mais nenhum conteúdo visível, você pode se ater à nova.

— Gilles 'SO- stop be evil'

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Eu resolvi o mesmo problema, mas não era exatamente o mesmo. Pedi o número mínimo de arestas no gráfico após a redução, para que os vértices originalmente conectados ainda estivessem conectados e nenhuma nova conexão fosse feita. Como está claro, não é necessário encontrar o gráfico reduzido, mas quantas arestas redundantes estão presentes. Este problema pode ser resolvido em O (V + E). O link para a explicação é https://codeforces.com/blog/entry/56326 . Mas eu acho que para fazer o gráfico, ele terá alta complexidade que O (N)

— Kumar Mohit
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