Question

考虑到Cormen书中的以下算法：

DIJKSTRA(G,w,s)

1. INITIALIZE-SINGLE-SOURCE(G,s)
2. S <-- {0}
3. Q <-- V[G]
4. while (Q != {0})
5.    do u <-- extract-min(Q)
6.    s <-- s U {u}
7.    for each vertex v at Adj(u) 
8.            do RELAX(u,v,w)



RELAX (u,v,w)
if d[v] > d[u] + w(u,v)
    then d[v] <-- d[u] + w(u,v)
       pie(v) <--- u

我们的教授告诉我们，如果我们使用Binary Heap，Relax操作需要O（log | V |），因此第7-8行的循环取O（| E | * log | V |）..（如果我们使用线性队列则松弛需要O（1））。我一直在搜索谷歌一段时间，只是找不到一个很好的解释。当我们使用二进制堆时，为什么放松操作需要O（log | V |）？很想得到一些帮助。感谢。

Answer 1

我相信一旦放松了节点，就必须将它们放在二进制堆中的正确节点中。最糟糕的情况是，如果当前节点具有可怕的距离值并且是二进制堆中的叶节点，并且您刚刚找到了到达该节点的非常好的方法，则必须将该节点从堆的底部移向top保持min heap属性。节点可能需要移动的级别数是log（V） - ＆gt;为O（log（V））

Answer 2

在Relax函数中，d [v]的键值被更新，我们需要再次维护最小堆，因为它可能违反了平均堆的属性，所以Relax的整个过程需要O（log v）时间。保持最小堆，并准备提取下一个最小值。

RELAX (u,v,w)
if d[v] > d[u] + w(u,v)
    then d[v] <-- d[u] + w(u,v)        //* updation.
       pie(v) <--- u

Answer 3

在我看来，RELAX需要O(1)。由于每个边都只被查看一次，因此会生成O(E)。要点是，extract-min需要O(log(V))并使用V次，占O(V log(V))。

总而言之，Djikstra在O(V log V + E)中运行（参见this page），与使用哪种堆结构无关（参见this post）。

除此之外，每当调用RELAX操作时运行min-heap（而不是每次4-8次迭代）都会产生巨大的时间开销。

Answer 4

如果我们维持最小堆，则extract-min（Q）将花费O（1）时间。 O（log V）仅归因于更新和维持最小堆。

Dijkstra算法复杂性分析误区

4 个答案: