【问题标题】：Bellman Ford and One Olympiad Questions?贝尔曼福特和一个奥林匹克问题？
【发布时间】：2015-04-08 16:42:20
【问题描述】：

三天前我参加了奥林匹克考试。我遇到了一个很好的问题如下。

我们知道 bellman-ford 算法在每一步中检查所有边，并且对于每条边如果，

d(v)>d(u)+w(u,v)

然后更新d(v)，使得w(u,v) 是边(u, v) 的权重，d(u) 是顶点u 的最佳查找路径的长度。如果一步我们有no update for vertexes，算法terminates。假设该算法在完成k < n迭代后，从图G中的顶点s与n顶点找到所有最短路径，以下哪项是正确的？

从s 开始的所有最短路径中的边数最多为k-1

来自s的所有最短路径的权重最多为k-1

图表没有负循环。

谁能讨论这些选项？

【问题讨论】：

标签： algorithm data-structures graph graph-theory shortest-path

【解决方案1】：

1 不正确。首先，如果有的话，我们总是会找到具有 k 条边的最短路径。而且，如果我们碰巧按照最短路径树的拓扑顺序松弛弧，那么我们会在一次迭代中收敛，尽管最短路径树可能是任意深度的。

s --> t --> u --> v

Relax s->t, t->u, u->v; shortest path from s->v is three hops,
but B--F has made two iterations.

2 不正确，因为谁知道权重是多少？

  100
s --> t

Relax s->t; weight is 100, but B--F has made two iterations.

3 是正确的，因为通过平均参数，负循环的至少一个弧将是不松弛的。让v1, ..., vn 成为一个循环。由于弧是放松的，我们有d(vi) + len(vi->vi+1) - d(vi+1) >= 0。将所有 i 的不等式相加，然后将 d 项简化为 sum_i len(vi->vi+1) >= 0，这表示循环是非负的。

【讨论】：

非常非常好的答案。请您添加更多详细信息。请学习我。一个例子或更多细节。我嫉妒。请为我浪费您宝贵的时间。
第（1）部分确实如此。这个想法是，在 k 个步骤中，算法只考虑长度为 k 的路径。事实上，你可以通过对 k 的归纳来证明，在 k 步之后实现 d(v) 值的路径最多有 k 条边长。
但是，如果同时评估所有边？第一个又错了？棘手的问题...
@MK 这里有两个不同的问题。 p。 295，贝尔曼的未优化版本——福特是我所指的“同时放松”版本。提前终止是一种不同的优化——因为每一轮贝尔曼——福特都做同样的操作，如果我们对整轮不做任何改变（对于同步或非同步版本，没关系），那么显然所有后续回合也不会改变，所以我们可以停下来。
@MK 是的，更准确地说，贝尔曼找到的每条最短路径——福特的长度最多为 k，其中 k 是完成的回合数。

【解决方案2】：

我认为选项 3 不正确，因为要知道是否存在负权重循环，贝尔曼福特算法需要运行 n 次。首先n-1次计算最短路径，然后再检查一次距离是否有任何改善，如果有改善，则表示存在负权重循环。

【讨论】：