Rotear a existência entre n pares de nós

Dado um gráfico dirigido acíclico com nodos como se pode determinar se existe um caminho entre qualquer um dos seguintes n pares de nós ( 1 → n + 1 ) , ... , ( N → n + n ) ? Existe um algoritmo simples em (onde m é o número de arestas) fazendo uma pesquisa em cada nó , mas isso pode ser feito melhor?$2n$$(1 \rightarrow n+1), \ldots, (n \rightarrow n+n)$1 … $O(n \cdot (n + m))$$1 \ldots n$

EDIT: Estou procurando a existência, não caminhos completos.

Como Chandra Chekuri apontou em um comentário, você pode apenas calcular o fechamento transitivo através da multiplicação rápida da matriz, resolvendo o problema no tempo O ( ) (use seu método favorito, O ( n 2.376 ) via Coppersmith e Winograd, ou mais praticamente usando O de Strassen ( n 2,81 )), e isso seria bom para gráficos densos.$n^\omega$$n^{2.376}$$n^{2.81}$

Agora, afirmo que, se você puder superar esse tempo de execução para o seu problema em gráficos densos, obteria um algoritmo para detecção de triângulo que é mais eficiente do que computar o produto de duas matrizes booleanas. A existência de um algoritmo desse tipo é um grande problema em aberto.

Vou reduzir o problema do triângulo ao problema de alcançabilidade de n pares de DAG. Suponha que recebamos um gráfico G em nós e queremos determinar se G contém um triângulo.

Agora, a partir de G, crie um DAG G 'da seguinte maneira. Crie quatro cópias do conjunto de vértices, , V 2 , V 3 , V 4 . Para cópias u i ∈ V i , v i + 1 ∈ V i + 1 para i = 1 , 2 , 3 , adicione uma borda ( u i , v i + 1 ) iff ( u , v $V_1$$V_2$$V_3$$V_4$$u_i\in V_i$$v_{i+1}\in V_{i+1}$$i=1,2,3$$(u_i,v_{i+1})$$(u,v)$estava em G. Agora, se perguntar se existe um caminho entre qualquer um dos pares para todo u ∈ G, então este seria exatamente estar se perguntando se há um triângulo em G . O gráfico atual possui 4 n nós e estamos perguntando sobre n pares. Entretanto, podemos adicionar 2 n nós fictícios isolados e, em vez disso, ter 3 n consultas (adicionando uma consulta para 2 n pares distintos ( y , d ) em que y ∈ V $(u_1, u_4)$$u\in$$G$$4n$$n$$2n$$3n$$2n$$(y,d)$ e d um manequim), obtendo assim umainstância de 6 n- nó exatamente do seu problema.$y\in V_2\cup V_3$$d$$6n$

A classificação topológica ( ) então trabalha abaixo, propagando um conjunto de bits de nós a partir do qual cada nó pode ser alcançado ( O ( m n ) ).$O(m+n)$$O(m n)$

Após a classificação topológica, você pode fazer uma rejeição rápida de (se o nó n + x vier antes do nó x na classificação, não haverá caminho de x a n + x ).$O(n)$$n+x$$x$$x$$n+x$

Se você deseja manter a memória baixa (evite a matriz ), você pode adicionar algumas heurísticas:$O(N^2)$

yespath = array(1..N)       // output of the algorithm
                            // initially filled with false
processed = array(1..N)     // processed nodes

// HEURISTIC 1: some preprocessing
for every node u in 1..N
  if (no outbound edges from u) then processed[u] = true
  if (no inbound edges to u+N) then processed[u] = true

for each node u in [1..N]    // MAIN loop 
  if (not processed[u]) then
    collected = [u]          // a list that initially contains u
    visited = array(1..2*N)  // filled with zeroes        
    do a breadth first scan from u
       for each node v found in the search
         set visited[v] = distance from u
         if (v <= N) then add v to collected
    end do

    // HEURISTIC 2: useful collected info on other nodes <= N
    foreach node v in collected
      processed[v] = true
      if ( visited[ v + N ] > 0 and visited[v] < visited[v+N] ) then yespath[v] = true
    end foreach

  end if
end for // MAIN loop

HEURISTIC 3
Em vez de usar uma matriz de tamanho , é possível usar um buffer (matriz simples ou tabela de hash) das verificações k-anteriores (tamanho O ( N ∗ k ) ) que contém um nó e > u + N (u é o nó atual no loop principal) e, durante a primeira verificação geral, se atingirmos um nó contido em um caminho em buffer anterior.$O(N^2)$$O(N*k)$$e > u + N$

Outras heurísticas podem ser adicionadas, mas sua eficiência (e eficiência das três propostas) depende muito da estrutura gráfica.