在无向加权图中找到所有循环权重的有效算法答案

【问题标题】：Efficient algorithm to find weights of all cycles in an undirected weighted graph在无向加权图中找到所有循环权重的有效算法
【发布时间】：2017-09-02 09:44:40
【问题描述】：

我的目标是在加权无向图中找到所有循环及其各自的权重。循环的权重定义为构成循环的路径的权重之和。我的预设算法执行以下操作：

dfs(int start, int now,int val)
{
     if(visited[now])
        return;
     if(now==start)
     {
        v.push_back(val);// v is the vector of all weights
        return;
     }
     dfs through all nodes neighbouring to now;
 }

我从每个起点呼叫dfs()：

for(int i=0;i<V;++i)
{
    initialise visited[];
    for(int j=0;j<adj[i].size();++j)//  adj is the adjacency matrix
        dfs(i,adj[i][j].first,adj[i][j].second); 
//  adj is a vector of vector of pairs
// The first element of the pair is the neighbour index and the second element is the weight
}

所以这个算法的整体复杂度是O(V*E)（我想是的）。任何人都可以提出更好的方法吗？

【问题讨论】：

在图完整的特定情况下，任何节点序列都构成一个循环。因此（如果我正确理解了要求），一个好的算法似乎不可能在最坏的情况下不需要指数复杂度。
正如查询人所说，可能有指数数量的周期。你真的需要每一个重量（那么除了指数级的结果之外别无他法），或者可能只是最小、最大或类似的东西？
看这里stackoverflow.com/questions/12367801/…
@deviantfan 确切地说，我需要知道任何重量是否是奇数。但它不需要计算所有的权重吗？（重量 == 一个周期的重量）
@yobro97 不，它不需要。我正在写一个答案...

标签： c++ algorithm graph

【解决方案1】：

由于不是每个人都以相同的方式定义它，我假设......

权重在边上，而不是顶点上
循环中唯一被访问多次的顶点是开始/结束顶点
单个顶点，或两个相连的顶点，都不是环，即。它至少需要三个顶点
在图中的两个顶点之间，不能有超过一条边（没有“多重图”）

以下步骤可以确定是否（至少）存在一个奇数加权循环：

删除所有只有 0 或 1 条连接边的顶点（不是必需的，但使用它可能会更快）。
通过插入一个新顶点来分割每个偶数加权边（只有它们，而不是奇数加权边！）。例如。如果顶点 A 和 B 之间的 egde 的权重为 4，它应该变为 A-Z 2 和 Z-B 2，或 A-Z 3 和 Z-B 1，或类似的东西。
- 实际重量分布并不重要，你甚至不需要保存它。因为，从这一步开始，所有的权重都不再需要了。
- 这实际上做了什么？认为每个奇数权重都是 1，每个偶数权重都是 2。（如果存在奇数权重循环，这不会改变：如果 3+4+8 是奇数，那么 1+2+2 也是）。现在您将所有 2 分成两个 1。由于现在唯一存在的权重是 1，因此确定总和是否为奇数与确定边“计数”是否为奇数相同。
现在，检查二分性 / 2coloring：
- 您可以在此处使用修改后的 DFS
- 顶点可以是未知的、0 或 1。开始时，将 0 分配给单个顶点，所有其他顶点都是未知的。 0 顶点的未知邻居总是得到 1，而 1 顶点的未知邻居总是得到 0。
- 在检查顶点的邻居是否已被访问时，还要检查数量是否与您现在正在处理的顶点不同。 如果没有，你刚刚发现你的图有奇数加权循环，你可以停止一切。
- 如果您在 DFS 结束时没有发现，则不存在奇数加权循环。
- 对于实施，请注意，您可能会在仍有未访问的顶点时到达 DFS 的“结束”，即如果您有一个断开连接的图。如果是这样，您需要将剩余顶点之一设置为已知数 (0)，然后从那里继续 DFS。

复杂性O(V + E)（这一次是真的，而不是指数级的事情或不起作用的解决方案）。

【讨论】：