天真的解决方案

要考虑的一个天真的解决方案是生成每个可能的n - by - n矩阵E，其中每个组件都是一个不大于n的非负整数，然后取从那些只满足额外约束的矩阵。那复杂性会是什么？

每个组件都可以采用n + 1个值，并且有n^2个组件，因此有O((n+1)^(n^2))个候选矩阵。这有一个疯狂的高增长率。

链接：WolframAlpha analysis of (n+1)^(n^2)

我认为这是不安全的，这是不安全的。

更好的解决方案

更好的解决方案如下。它涉及很多数学。

让S成为满足您要求的所有矩阵E的集合。让N = {1, 2, ..., n}。

<强>解释

让N上的指标具有通常的定义，除非省略对称性要求。
让I和J对集合N进行分区。当D(I,J)位于n且n位于{{D_ij = 1时，i成为I x j矩阵J 1}}和D_ij = 0否则。
让A和B在S。然后A 相邻至B当且仅当存在I和J分区{{1}时} N。

当且仅当A + D(I,J) = B与A相邻时，我们说B和A 相邻 B与B相邻。
A中的两个矩阵A和B 路径连接 当且仅当存在它们之间的S相邻元素的序列。
让函数S表示矩阵M(E)的元素之和。

引理1：
E是E = D(I,J)上的指标。

<强>证明：
这是一个简单的陈述，除了边缘从N到I的情况。让J位于i，I位于j。然后根据J的定义E_ij = 1。让D(I,J)进入k。如果N位于k，则I和E_ik = 0，E_kj = 1。如果E_ik + E_kj >= E_ij位于k，则J和E_ik = 1，E_kj = 0。

引理2：
让E_ij + E_kj >= E_ij置于E，S。然后存在E != zeros(n,n)和I分区J，N位于E' = E - D(I,J) S。

<强>证明：
  让M(E') < M(E)为(i,j)。让E_ij > 0成为I的子集，可以通过有效的N路径从i到达0。 I不能为空，因为i位于I。 I不能N，因为j不在I中。这是因为E满足三角不等式和E_ij > 0。

让J = N - I。然后I和J都非空，分区N。根据{{1}}的定义，不存在任何I (x,y)和E_xy = 0位于x且I位于y 1}}。因此，J中的所有E_xy >= 1和x中的I都会y。

因此J。 E' = E - D(I,J) >= 0很明显，因为我们所做的就是从M(E') < M(E)的元素中减去E。现在，由于E'是E上的指标，N是D(I,J)上的指标（引理1 ）和N ，我们E >= D(I,J)是E'上的指标。因此N位于E'。

<强>定理：
让S进入E。然后S和E是路径连接的。

证明（通过归纳）：
  如果zeros(n,n)，则该陈述是微不足道的。

假设E = zeros(n,n)。设E != zeros(n,n)为M(E)中值的总和。然后，通过归纳，我们可以假设对于具有E的任何矩阵E'，该陈述都是正确的。

自M(E') < M(E)以来，引理2 ，我们在E != zeros(n,n)中有E'个S。然后归纳假设M(E') < M(E)与E'路径连接。因此，zeros(n,n)与E路径相关。

<强>推论：
集合zeros(n,n)是路径连接的。

<强>证明：
让S和A放在B中。通过定理，S和A都路径连接到B。因此，zeros(n,n)与A路径相关。

算法

推论告诉我们B中的所有内容都是路径连接的。因此，发现S的所有元素的有效方法是对由以下定义的图执行广度优先搜索。

S的元素是图表的节点
当且仅当它们相邻时，图的节点通过边连接

给定一个节点S，您可以通过简单枚举所有可能的矩阵E找到E的所有（可能）未访问的邻居（其中D(I,J) }}并为每个生成2^n。枚举E' = E + D(I,J)应该相对简单（D(I,J)的每个可能的子集I都有一个，但空集和D除外。

请注意，在上一段中，D和E都是D(I,J)上的指标。因此，当您生成N，时，您不必检查它是否满足三角不等式 - E' = E + D(I,J)是两个指标的总和，因此它是一个指标。要检查E'是否在E'，您需要做的就是验证S中的最大元素是否超过E'。

您可以从n的任何元素开始广度优先搜索，并保证您不会错过任何S。因此，您可以使用S开始搜索。

请注意，随着zeros(n,n)的增加，集S的基数增长非常快，因此计算整个集合n只能处理小S。< / p>

如何生成满足三角不等式的矩阵？

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