Question

我知道这个特定问题的答案是O（V + E），对于像树一样的图形，它是有意义的，因为每个顶点只被探索过一次。

但是，假设图中有一个循环。

例如，让我们拍摄一个带有四个顶点A-B-C-D的无向图 A连接到B和C，B和C都连接到D.所以总共有四个边。 A-> B，A-> C，B-> D，C-> D，反之亦然。

我们来做DFS（A）。

它将首先探索B和B的邻居D和D的邻居C.之后C将没有任何边缘，因此它将返回D和B然后A。

然后A将遍历其第二个边缘并尝试探索C，因为它已经被探索过，它将不会做任何事情并且DFS将结束。

但是在这里顶点“C”已经被遍历了两次，而不是一次。显然，最坏的情况时间复杂度可以与V成正比。

有什么想法吗？

Answer 1

如果您没有维护 visited设置，用于避免重新访问已访问过的节点，则DFS不是O(V+E)。事实上，它不是完整的算法 - 因此，如果有一个路径，它甚至可能找不到路径，因为它会陷入无限循环。

请注意，对于无限图，如果您要查找从s到t的路径，即使维护了访问集，也无法保证完成，因为您可能会遇到无限分支。

如果您有兴趣保持DFS有效空间消耗的优势，同时仍然是完整的 - 您可以使用iterative deepening DFS，但如果您想要发现整个图形，它不会轻易解决问题，而不是指向特定节点的路径。

编辑：设置visited的DFS伪代码。

DFS(v,visited):
  for each u such that (v,u) is an edge:
       if (u is not in visited):
            visited.add(u)
            DFS(u,visited)

当且仅当它尚未被访问时，很容易看到你在顶点上调用递归，因此答案在顶点和边的数量上确实是线性的。

Answer 2

您可以访问图形的每个顶点和边缘恒定次数，仍然是O（V + E）。另一种看待它的方法是将成本计入边缘，而不是顶点。