Question

图中的每条边都有1的权重，图可能有周期，如果一个节点有自循环，它可以是从0到无穷大的任何距离，具体取决于编号。我们采取自我循环的时间。

我已经使用bfs解决了这个问题，但距离的约束是10 ^ 9的顺序，因此bfs很慢。

我们会在表单的给定图表上询问多个查询（距离，来源）并且o / p是从源顶点开始精确位于给定距离的节点列表。

约束

1<=Nodes<=500
1<queries<=500
1<=distance<=10^9

我有一种感觉，会有许多重复的计算作为没有。节点很小，但我无法弄清楚如何在较小的问题中减少问题。

这样做的有效方法是什么？

编辑：我已经尝试过使用矩阵取幂，但对于给定的约束，它太慢了。问题的时间限制为1秒。

Answer 1

让G = (V,E)成为您的图表，并按如下方式定义邻接矩阵A：

A[i][j] = 1       (V[i],V[j]) is in E
          0       otherwise

在此矩阵中，每个k：

(A^k)[i][j] > 0 if and only if there is a path from v[i] to v[j] of length exactly k.

这意味着通过创建此矩阵然后计算指数，您可以轻松得到答案。

对于快速指数计算，您可以使用exponent by squaring，这将产生O(M(n)^log(k))，其中M(n)是nXn矩阵的cost for matrix multiplication。

在同一图表上查找不同的查询时，这也可以节省一些计算。

附录 - 声明证明：

基数：A^1 = A，确实在A定义中，A[i][j]=1当且仅当(V[i],V[j])位于E

时

假设：假设所有l<k

的声明都是正确的

A^k = A^(k-1)*A。从归纳假设A^(k-1)[i][j] > 0 iff，k-1到V[i]的路径长度为V[j]。

让我们检查具有索引v1,v2和i的两个顶点j。
如果它们之间存在长度为k的路径，请将其设为v1->...->u->v2。让u的索引为m。
来自i.h. A^(k-1)[i][m] > 0因为有一条路。另外A[m][j] = 1，因为(u,v2) = (V[m],V[j])是边缘。

A^k[i][j] = A^(k-1)*A[i][j] = A^(k-1)[i][1]A[1][j] + ... + A^(k-1)[i][m]A[m][j] + ... + A^(k-1)[i][n]A[n][j]

从A[m][j] > 0和A^(k-1)[i][m] > 0开始，然后是A^(k-1)*A[i][j] > 0

如果没有这样的路径，那么对于每个顶点u，使得（u，v2）是边缘，没有从k-1到{{v的长度u的路径1}}（otherweise v1->..->u->v2是一条长度为k}的路径。

然后，使用归纳假设我们知道A^(k-1)[i][m] > 0然后A[m][j] = 0，对于所有m。
如果我们在定义A^k[i][j]的总和中分配，我们会得到A^k[i][j] = 0

<强> QED

小注意：从技术上讲，A^k[i][j]是i和j之间的路径数，其长度恰好为k。这可以证明与上面类似，但更多地关注细节。
为了避免数字增长过快（这会增加M(n)，因为你可能需要大整数来存储该值），并且因为你不关心0/1以外的值 - 你可以将矩阵视为布尔值 - 仅使用0/1值并修剪其他任何值。

Answer 2

如果图表中有周期，那么您可以推断cycle * N + 1中每个相邻节点之间存在链接，因为您可以根据需要进行迭代。

这让我想到了这个想法，我们可以利用这些循环来发挥我们的优势！在检测周期时使用BFS，我们计算offset + cycle*N，然后我们接近目标（K）

很容易搜索K.

e.g。

A - ＆gt; B - ＆gt; C - ＆gt; D - ＆gt;乙 K = 1000; S = A;

A - 0
B - 1
C - 2
D - 3
B - 1（+ 4N）
在这里你可以检查k - (1+4N) = 0＆gt;的floor（） 1000 - 1 - 4N = 0＆gt; 999 = 4N＆gt; N=249 =＆gt;最好的B是249*4 + 1 = 997
更简单的方法是计算：round(k - offset, cycle)

从这里开始，你只能算几步在此示例中（作为REGEX）：A(BCD){249}BCD

给定具有自循环的有向加权图，找到与给定节点x完全相距k dist的节点列表？

2 个答案: