Question

设G =（V，E）是具有节点v_1，v_2，...，v_n的有向图。如果G具有以下属性，我们说G是有序图。

每个边缘从索引较低的节点到具有较高索引的节点。也就是说，每个有向边具有形式（v_i，v_j），其中i <1。学家
除v_n之外的每个节点至少有一个边缘离开它。也就是说，对于每个节点v_i，存在形式的至少一个边缘（v_i，v_j）。

给出一个有效的算法，该算法采用有序图G并返回从v_1开始并以v_n结束的最长路径的长度。

如果你想看到漂亮的乳胶版本：here

我的尝试：

动态编程。 Opt（i）= max {Opt（j）} + 1.对于所有j，这样的j可以从i到达。

是否有更好的方法可以做到这一点？我认为即使有记忆，我的算法仍然是指数级的。（这只是我在网上找到的旧期中期评论）

Answer 1

你的方法是对的，你必须做

Opt(i) = max {Opt(j)} + 1} for all j such that j is reachable from i

但是，只有在没有记忆的情况下运行它才会呈现指数。通过memoization，您将获得每个节点j，j＆gt;的memoized最佳值。我，当你在节点i。

对于最坏情况的复杂性，让我们假设每两个可以连接的节点都是连接的。这意味着，v_1与(v_2, v_3, ... v_n)相关联; v_i与(v_(i+1), v_(i+2), ... v_n)相关联。

顶点数（V）= n

因此，边数（E）= n*(n+1)/2 = O(V^2)

让我们将注意力集中在顶点v_k上。对于这个顶点，我们必须经历已经导出的(n-k)节点的最佳值。

直接到达v_k的方式数量=（k-1）

因此最坏情况时间复杂度=＆gt; sigma((k-1)*(n-k)) from k=1 to k=n，这是幂2的多项式的sigma，因此会导致O(n^3)时间复杂度。

简单地说，最坏的情况时间复杂度是O(n^3) == O(V^3) == O(E) * O(V) == O(EV)。

Answer 2

由于第一个属性，这个问题可以解决O（V ^ 2）甚至更好的O（E），其中V是顶点数，E是边数。实际上，它使用的动态编程方法与您提供的方法非常相似。设opt [i]是v_1到v_i的最长路径的长度。然后

opt[i] = max(opt[j]) + 1 where j < i and we v_i and v_j is connected, 
                         using this equation, it can be solved in O(V^2).

更好的是，我们可以用另一种顺序解决这个问题。

int LongestPath() {
   for (int v = 1; v <= V; ++v) opt[v] = -1;
   opt[1] = 0;
   for (int v = 1; v <= V; ++v) {
     if (opt[v] >= 0) {
     /* Each edge can be visited at most once,
        thus the runtime time is bounded by |E|.
      */ 
      for_each( v' can be reached from v) 
         opt[v'] = max(opt[v]+1, opt[v']);
    }
  }
 return opt[V];

}

有序图中最长的路径

2 个答案: