Question

我有以下图表：

directed graph http://i62.tinypic.com/sx2hqc.png

最佳解决方案是从顶点（3）启动dfs然后我将获得一个组件，但是当我们从顶点（1）启动dfs然后（3）我将得到两个组件。问题是：我想知道这个图表中有多少个组件？或者换句话说，覆盖所有图表所需的最小dfs数量是多少？

执行此操作所需的算法是什么？

Answer 1

你混淆了两个定义。

对于无向图，有connected components的概念，您可以通过在无向图上执行DFS找到它。

对于有向图，有strongly connected components的概念，有多种算法可用，所有算法都比简单的DFS稍微复杂一些。

您应该做什么取决于您需要的两个概念中的哪一个。您的图表在被视为无向图时具有一个连接的组件，在被视为有向图时具有两个强连接的组件。

Answer 2

为解决此问题，我们的想法是处理IN边缘的邻接列表。

以具有3个节点和2个边线（0,1）和（0,2）的图为例，而（a，b）表示如果您切换光源a，那么光源b也将被切换。 / p>

OUT-edges adjacency list:
0 -> 1, 2
1 -> _
2 -> _

IN-edges adjacency list:
0 -> _
1 -> 0
2 -> 0

假设我们没有周期，如果我们沿着IN边缘向下移动，直到到达没有孩子的节点，您就会得到我所谓的“影响者”，也就是说，您无法使用任何其他节点。

现在要考虑周期问题，我将检查是否有邻居或有影响者。如果不是这种情况，并且所有邻居都已被访问过，那么我会遇到一个循环并使当前节点成为影响者。

这是我的代码（在我的办公桌上通过简单的示例进行了测试）：

private int numberOfLights(){

    Scanner scanner = new Scanner(System.in);
    int n = scanner.nextInt();

    List<List<Integer>> inAdjList = new ArrayList<List<Integer>>();
    for(int i = 0; i < n; i++){
        inAdjList.add(new ArrayList<>());
    }


    for(int i = 0; i < n; i++){
        int from = scanner.nextInt();
        int to = scanner.nextInt();

        inAdjList.get(to).add(from);
    }

    int[] visited = new int[n];
    int[] isOrHasInfluencer = new int[n];
    List<Integer> influencers = new ArrayList<>();

    for(int i = 0; i < n; i++){
        if(!visited[i]){
            DFS(i, visited, isOrHasInfluencer, influencers, inAdjList);
        }
    }

    return influencers.size();

}

private void DFS(Integer cur, int[] visited, int[] isOrHasInfluencer, List<Integer> influencers, List<List<Integer>> inAdjList){

    visited[cur] = true;

    boolean hasUnvisitedChildren = false;
    for(Integer neighbor : inAdjList.get(cur)){

        if(!visited[neighbor]){
            hasUnvisitedChildren = true;
            DFS(neighbor, visited, isOrHasInfluencer, influencers, inAdjList);
        }

        if(isOrHasInfluencer[neighbor]){
            isOrHasInfluencer[cur] = true;
        }
    }

    if(!hasUnvisitedChildren && !isOrHasInfluencer[cur]){
        isOrHasInfluencer[cur] = true;
        influencers.add(cur);
    }
}

希望有帮助！：）

Answer 3

您可以从每个节点运行findConnectedComponent算法，并返回最小数目以解决您的特定问题。我认为该解决方案不是最佳解决方案，但对中小型输入图效果很好。

Answer 4

我为这个问题奋斗了数周最终，当我在Codechef的一场编码比赛中遇到一个问题时，找到了解决方案。

解决过程：

执行拓扑排序，然后在获得的排序结果上执行DFS。您必须调用DFS的次数就是连接的组件数。

在您的情况下，进行拓扑排序后，我们得到3 1 2 4 现在再次根据排序后的值运行DFS（此处以3开头），您将获得ans 1。

希望有帮助：）

Answer 5

我相信您正在尝试找到弱连接的组件。测试有向图是否弱连接很容易在线性时间内完成。只需将所有边缘变成无方向的边缘，然后使用基于DFS的连接组件算法即可。

Answer 6

我知道这是一个旧线程，但添加我如何解决问题会很有帮助：

1 - 找到图中的强连通分量 (SCC)，对于每个 SCC，我们可以用代表该 SCC 的单个节点替换它。

2 - 现在，通过查看新图中节点的度数，我们可以知道可以从中运行 DFS 并覆盖所有其他节点的最小节点数，因此我们可以从具有 <强>度数为零。

Answer 7

老问题，但还有另一种方法。

通过在所有节点上执行 DFS 将有向图转换为无向图。 O(V+E)
做你对无向图所做的事情。 O(V+E)

有向图中有多少个组件？

7 个答案: