Question

我正在尝试解决Hamiltonian Path问题的略微修改版本。修改它的起点和终点是给我们的，而不是确定是否存在解，我们想找到解的数（可能是0）。

图表作为2D数组提供给我们，节点是数组的元素。此外，我们只能水平或垂直移动，而不是对角移动。毋庸置疑，我们不能从一个城市到两个城市，因为要做到这一点，我们需要两次访问一个城市。

我写了一个强力解决方案，试图在每个节点上尝试所有4个（边缘上的节点为3或2个）可能的移动，然后计算解决方案的数量（当它达到目标并且已经看到所有其他节点时）），但它在适度大小的输入上运行了荒谬的时间（比如7x7阵列）。

我也想过使用bidirectional search，因为我们知道目标，但这并没有真正帮助，因为我们不仅仅希望条纹满足，我们还要确保所有节点都已经参观。此外，可能是当所有节点在两个条纹之间耗尽时，它们以不能连接的方式结束。

我觉得有些东西我不知道这让我只有一个蛮力的解决方案。我知道这个问题本身就是NP完全的，但我想知道是否有任何有关蛮力的改进。有人可以提出别的建议吗？

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我提到使用双向搜索并没有真正帮助，我想澄清为什么我这么认为。考虑一个2x3图，左上角和右下角节点分别是起点和目标。让双向搜索的条纹从开始向左移动，从目标开始向左移动。在2次移动之后，所有节点都将被访问但是没有办法加入条纹，因为我们只能从一个节点向一个方向移动。但是，正如David在下面的回答中指出的那样，也许可以使算法有一些修改。

Answer 1

根据Wolfram Alpha，

......唯一已知的确定方法给定的一般图是否有哈密顿路径是承接的详尽的搜索

我相信你会想要找到一条哈密尔顿路径，然后将它分成两条路径，使得分裂点尽可能清楚地将两条路径分开。然后你可以在子图中找到排列（当然是递归！）

我不知道确切的算法，但是那种分而治之的方法就是我要开始的地方。

Answer 2

您仍然可以使用双向搜索，只需在搜索中添加约束，以便之前看到的节点不会成为搜索的候选者。

你可以采取的另一种方法是将搜索分解为更小的搜索范围。

例如，尝试通过解决：

解决原始问题

对于每个节点，n，它不是起始节点或结束节点，查找从开始到n（set1）和从n到结尾（set2）的所有路径。

找到set1和set2后，您可以丢弃其交叉产品中具有除节点n之外的公共节点的所有元素。

Answer 3

有人在https://mathoverflow.net/questions/36368/efficient-way-to-count-hamiltonian-paths-in-a-grid-graph-for-a-given-pair-of-vert上问了一个与你的问题非常类似的问题，并且（1）他们没有得到大量的“这里是如何有效地做到”的回应（这可能意味着没有一个简单的方法），（2）Mathematica显然需要5个小时来计算7x7网格上相对角之间的路径，所以你可能不会做任何非常错误的事情，并且（3）答案中有一些有趣的指针。

Answer 4

在7x7阵列（即总共7 * 7 = 49个节点）上，具有O（n！）算法或O（2 ^ n * n ^ 2）算法将花费太多时间。

考虑到这个特定图形的特殊特征（例如，每个节点最多有4个边缘），也许有某种方法可以加快速度，但快速解决方案似乎不太可能（除非有人偶然找到哈密顿量的多项式时间算法）路径问题本身）。

Answer 5

我可以使用带有位掩码的DP来解决n的最大值为20或更多的问题。创建一个2d dp表。 dp [i] [j]表示您在第i个顶点上的情况的答案，并且j存储有关访问顶点的信息。这是C ++代码。

使用的宏：

#define    oncnt    __builtin_popcount
typedef    vector<int>   vi;

主要外部：

vi ad[21];
 int n,m;

 int dp[20][(1<<19)+1];

int sol(int i,int mask)
{
    //cout<<i+1<<" "<<oncnt(mask)<<"\n";

    if(i==n-1)
    return 1;

    if(mask&(1<<i))
    return 0;

    int &x=dp[i][mask];
    if(x!=-1)
    return x;

    x=0;

    for(int j=0;j<ad[i].size();j++)
    {
        int k=ad[i][j];
        if(mask&(1<<k))
        continue;
        if(k==n-1&&oncnt(mask)!=n-2)
        continue;
        if(k!=n-1&&oncnt(mask)==n-2)
        continue;
// The above two pruning statements are necessary.
        x=madd(x,sol(k,mask|(1<<i)));

    }

    return x;

}

在Main内部：

cin>>n>>m;

for(int i=0;i<=n-1;i++)
 {
    for(int j=0;j<=(1<<(n-1));j++)
    dp[i][j]=-1;
 }


int a,b;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
    cin>>a>>b;
    a--;
    b--;
    ad[a].pb(b);
}


 cout<<sol(0,0);

Answer 6

我发现这种方法非常快，并且能够将其推广到六边形网格上：https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-00172308/document。诀窍是通过网格推动边界，同时跟踪可能的路径。我的实现可以在几秒钟内处理 20x20 的网格。

查找图中哈密顿路径数的算法

6 个答案: