Question

TL;博士我的递归关系占图表的数量应该比应该少。

我需要找到具有N个标记顶点和K个未标记边缘的简单连通图的数量。 Link to full source with complete question

[我见过this post并且它没有解决我的问题]

约束：2 <= N <= 20.由此得出，N-1 <= K <= N（N-1）/ 2.

我用两种不同的（不是我后来意识到的）想法解决了这个问题。

第一个想法：Connect N nodes with K edges such that there is 1 path between 2 nodes 构思：考虑N-1个节点和K-1个边缘。添加第N个节点的方法有多少？

在节点N和任何其他N-1节点之间分配1条边; 这是微不足道的，\ binom {N-1} 1，即给定N-1选择1。
在....之间分配2条边
....
....
在......之间分配N-1个边缘。

＆＃39;公式＆＃39;我想出了这样的事情：

我们只看K∈[N-1，N（N-1）/ 2]的值（其他值没有意义）。当K = N-1时，它基本上落在Cayley's formula之下。递归关系是我想出的部分。 问题在于我占的图表数量应该少于。代码：

static Map<List<Integer>, String> resultMap = new HashMap<List<Integer>, String>();
// N -> number of nodes
// K -> number of edges
// N will be at least 2 and at most 20.
// K will be at least one less than n and at most (n * (n - 1)) / 2
public static String answer(int N, int K) {
    /* for the case where K < N-1 */
    if(K < N-1)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    /* for the case where K = N-1 */
    // Cayley's formula applies [https://en.wikipedia.org/wiki/Cayley's_formula].
    // number of trees on n labeled vertices is n^{n-2}.
    if(K == N-1)
        return BigInteger.valueOf((long)Math.pow(N, N-2)).toString();

    /* for the case where K > N-1 */
    // check if key is present in the map
    List<Integer> tuple = Arrays.asList(N, K);
    if( resultMap.containsKey(tuple) )
        return resultMap.get(tuple);

    // maximum number of edges in a simply 
    // connected undirected unweighted graph 
    // with n nodes = |N| * |N-1| / 2
    int maxEdges = N * (N-1) / 2;

    /* for the case where K = N(N-1)/2 */
    // if K is the maximum possible 
    // number of edges for the number of 
    // nodes, then there is only one way is 
    // to make a graph (connect each node
    // to all other nodes)
    if(K == maxEdges)
        return BigInteger.ONE.toString();

    /* for the case where K > N(N-1)/2 */
    if(K > maxEdges)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    BigInteger count = BigInteger.ZERO;

    for(int k = 1; k <= N-1 ; k++) {
        BigInteger combinations = nChooseR(N-1, k);
        combinations = combinations.multiply(new BigInteger(answer(N-1, K-k)));
        count = count.add(combinations);
    }

    // unmodifiable so key cannot change hash code
    resultMap.put(Collections.unmodifiableList(Arrays.asList(N, K)), count.toString());

    return count.toString();
}

我在MSE上发现了this帖子，解决了同样的问题。使用它作为参考，＆＃39;公式＆＃39;看起来有点像这样：这完全符合预期。本节的代码如下。

static Map<List<Integer>, String> resultMap2 = new HashMap<List<Integer>, String>();
// reference: https://math.stackexchange.com/questions/689526/how-many-connected-graphs-over-v-vertices-and-e-edges
public static String answer2(int N, int K) {
    /* for the case where K < N-1 */
    if(K < N-1)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    /* for the case where K = N-1 */
    // Cayley's formula applies [https://en.wikipedia.org/wiki/Cayley's_formula].
    // number of trees on n labeled vertices is n^{n-2}.
    if(K == N-1)
        return BigInteger.valueOf((long)Math.pow(N, N-2)).toString();

    /* for the case where K > N-1 */
    // check if key is present in the map
    List<Integer> tuple = Arrays.asList(N, K);
    if( resultMap2.containsKey(tuple) )
        return resultMap2.get(tuple);

    // maximum number of edges in a simply 
    // connected undirected unweighted graph 
    // with n nodes = |N| * |N-1| / 2
    int maxEdges = N * (N-1) / 2;

    /* for the case where K = N(N-1)/2 */
    // if K is the maximum possible 
    // number of edges for the number of 
    // nodes, then there is only one way is 
    // to make a graph (connect each node
    // to all other nodes)
    if(K == maxEdges)
        return BigInteger.ONE.toString();

    /* for the case where K > N(N-1)/2 */
    if(K > maxEdges)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    // get the universal set
    BigInteger allPossible = nChooseR(maxEdges, K);

    BigInteger repeats = BigInteger.ZERO;
    // now, to remove duplicates, or incomplete graphs
    // when can these cases occur?
    for(int n = 0 ; n <= N-2 ; n++) {

        BigInteger choose_n_from_rem_nodes = nChooseR(N-1, n);

        int chooseN = (N - 1 - n) * (N - 2 - n) / 2;

        BigInteger repeatedEdges = BigInteger.ZERO;
        for(int k = 0 ; k <= K ; k++) {
            BigInteger combinations = nChooseR(chooseN, k);

            BigInteger recurse = new BigInteger(answer2(n+1, K-k));

            repeatedEdges = repeatedEdges.add(combinations.multiply(recurse));
        }

        repeats = repeats.add(choose_n_from_rem_nodes.multiply(repeatedEdges));
    }

    // remove repeats
    allPossible = allPossible.subtract(repeats);

    // add to cache
    resultMap2.put(Collections.unmodifiableList(Arrays.asList(N, K)), allPossible.toString());
    return resultMap2.get(tuple);
}

如果有人能指出我的方向以便我能在第一种方法中得到错误，我将不胜感激。第二种方法有效，但它使O（NK）递归调用和K在N中平均为二次方。所以，显然不是很好，尽管我试图使用DP最小化计算。 nChooseR（）和factorial（）函数如下。

nChooseR的代码：

static Map<List<Integer>, BigInteger> nCrMap = new HashMap<List<Integer>, BigInteger>();
// formula: nCr = n! / [r! * (n-r)!]
private static BigInteger nChooseR(int n, int r) {
    // check if key is present
    List<Integer> tuple = Arrays.asList(n, r);
    if( nCrMap.containsKey(tuple) )
        return nCrMap.get(tuple);

    // covering some basic cases using
    // if statements to prevent unnecessary
    // calculations and memory wastage

    // given 5 objects, there are 0 ways to choose 6
    if(r > n)
        return BigInteger.valueOf(0);

    // given 5 objects, there are 5 ways of choosing 1
    // given 5 objects, there are 5 ways of choosing 4
    if( (r == 1) || ( (n-r) == 1 ) )
        return BigInteger.valueOf(n);

    // given 5 objects, there is 1 way of choosing 5 objects
    // given 5 objects, there is 1 way of choosing 0 objects
    if( (r == 0) || ( (n-r) == 0 ) )
        return BigInteger.valueOf(1);

    BigInteger diff = getFactorial(n-r);

    BigInteger numerator = getFactorial(n);

    BigInteger denominator = getFactorial(r);
    denominator = denominator.multiply(diff);

    // unmodifiable so key cannot change hash code
    nCrMap.put(Collections.unmodifiableList(Arrays.asList(n, r)), numerator.divide(denominator));

    return nCrMap.get(tuple);
}

阶乘代码：

    private static Map<Integer, BigInteger> factorials = new HashMap<Integer, BigInteger>();
    private static BigInteger getFactorial(int n) {
        if(factorials.containsKey(n))
            return factorials.get(n);

        BigInteger fact = BigInteger.ONE;
        for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
            fact = fact.multiply(BigInteger.valueOf(i));

        factorials.put(n, fact);

        return fact;
    }

一些测试代码：

public static void main(String[] args) {
    int fail = 0;
    int total = 0;
    for(int n = 2 ; n <= 20 ; n++) {
        for(int k = n-1 ; k <= n*(n-1)/2 ; k++) {
            total++;
            String ans = answer(n,k);
            String ans2 = answer2(n,k);
            if(ans.compareTo(ans2) != 0) {
                fail++;
                System.out.println("N = " + n + " , K = " + k + " , num = " + ans + " ||| " + ans2);
            }
        }
    }
    System.out.println("Approach 1 fails " + ((100*fail)/total) + "% of the test");
}

P.S。作为Google Foobar挑战的一部分，我接受了这一挑战。只是想让所有人意识到这一点。根据挑战者无法看到的Foobar测试用例判断answer2()正在工作。 只是为了阅读所有内容，这里是video of a tiny hamster eating a tiny burrito。

Answer 1

另一种方法......

我们知道f(n,n-1) = n^{n-2}是数量的计数函数标记的有根树[Cayley的公式]

现在，让f(n, k)为具有n个节点和k个边的连通图的总数，我们有一个关于如何添加新边缘的特征：

1）取F [n，k]中的任何图形，你可以在任何一个之间添加一条边   {n \选择2} - k对不匹配的节点。

2）如果您有两个连接图g_1和g_2，请说F [s，t]和   分别为F [n-s，k-t]（即，具有s个节点的连通图   和t边和带有n-s节点和k-t边的连通图），   那么你可以通过连接这些来手术构建一个新的图形   两个子图一起。

您有s * (n-s)对顶点可供选择，您可以选择以s point方式{n \choose s}。然后你可以总结选择来自s的{{1}}和t分别来自1 to n-1 每个图表重复两次。让我们称之为g(n, k)。

然后g(n,k) = (\sum_s,t {n \choose s} s (n-s) f(s,t) f(n-s, k-t))/2

现在，没有其他方法可以添加额外的边缘（不减少到上面的两个结构），所以添加词 h(n,k+1) = (N - k)f(n,k) + g(n,k) 给出了我们所描述的多重图表的特征建造。为什么这是一个多重集？

那么，让我们看一下两个子类的案例分析（对施工的归纳）。在g图表中随机抽取h(n, k+1)图表以这种方式构建。归纳假设是存在的多个集k + 1中的h(n, k+1)个g副本。

让我们看一下归纳案例如果在连接图中打破边缘，则它仍然是连接的图形或它分成两个连接的图形。现在，注意edge e，如果你打破任何其他边缘，那么e仍将是在(k+1) - 1个不同的结构中。如果你打破e，你就会有另一种独特的建筑这意味着有k + 1个可能的不同类图（我们可以构建相同的两个组件的单个组件）最终图g。

因此，h(n,k+1)计算每个图表的总计k+1次，等等 f(n, k+1) = h(n, k+1)/(k+1) = ((N-k)f(n,k) + g(n,k))/(k+1)。

给定固定的n和k，此重复将在O((nk)^2)时间内计算出正确的结果，如此复杂，它与以前的算法相当。这种结构的好处在于它很容易产生分析生成功能，以便您可以对其进行分析在这种情况下，假设您有一个复值函数f_k(x,y)，那么

2 dy f_{k+1} = (x^2 dx^2 f_k - 2 y dy f_k) + \sum_s z^2 dz f_s dz f_{k-s}。

你需要很多复杂的分析机制来解决这种复发PDE。

这是一个java实现[source]

具有N个标记顶点和K个未标记边缘的简单连接图的数量

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