我可以在有向图中仅使用一个简单的 Set 进行循环检测吗？

Question

我见过相当多的算法来做循环检测，比如Tarjan's strongly connected components algorithm在Best algorithm for detecting cycles in a directed graph中的回答。

我从没想过检测周期会那么复杂，我一直相信一个简单的Set 可以帮助解决问题。

因此，除了通常的marker 数组来记录访问过的顶点外，我们还可以使用额外的Set 来记录从源开始沿路径的所有顶点。

关键是记住在所有下一个邻居都完成后从集合中删除一个顶点。

一个简单的代码是这样的：

public boolean hasCycle(List<Integer>[] vs) {
  boolean[] marker = new boolean[v.length];
  Set<Integer> tracker = new HashSet<Integer>();

  for(int v = 0;v < vs.length;v++)
    if (explore(v, vs, marker, tracker)) return true;

  return false;
}

private boolean explore(int v, List<Integer>[] vs, boolean[] marker, Set<Integer> tracker) {
  if (tracker.contains(v)) return true;
  else if (!marker[v]) {
    marker[v] = true;
    tracker.add(v); // add current vertex to tracker
    for (int u:vs[v]) if (explore(v, vs, marker, tracker)) return true;
    tracker.remove(v); // remove the vertex from tracker, as it is fully done.
  }
  else return false;
}

这个算法有什么问题吗？

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在 sasha 的回答的帮助下，实际上即使是集合也不是必需的，只需要一个数组就足够了。

public boolean hasCycle(List<Integer>[] vs) {
  boolean[] marker = new boolean[v.length];
  boolean[] onPath = new boolean[v.length];

  for(int v = 0;v < vs.length;v++)
    if (explore(v, vs, marker, onPath)) return true;

  return false;
}

private boolean explore(int v, List<Integer>[] vs, boolean[] marker, boolean[] onPath) {
  if (onPath[v]) return true;
  else if (!marker[v]) {
    marker[v] = true;
    onPath[v] = true; // add current vertex to the path
    for (int u:vs[v]) if (explore(v, vs, marker, onPath)) return true;
    onPath[v] = false; // remove the vertex from the path, as it is fully done.
  }
  else return false;
}

Answer 1

我不是 java 方面的专家，但谈论 C++ 以递归方式传递集合等并不省时。还 set 需要 O(log(n)) 插入/删除元素。你的逻辑在我看来是正确的。但是您可以通过保留两个数组 parent[] 和 visited[] 来更高效、更轻松地完成此操作。基本上做一个 bfs 并且下面是伪代码（ visited 被初始化为全零）。

   /* There are n nodes from 0 to n-1 */
   visited[0]=1
   parent[0]=0
   flag=0
   queue.push(0)
   while the queue is not empty
       top = queue.front()
       queue.pop()
       for all neighbors x of top
           if not visited[top]
              visited[x]=1
              parent[x]=top
              queue.push(x)
           else if visited[x] is 1 and parent[top] is not x
                flag = 1

   if flag is 1 cycle is there otherwise not

因为可能没有必要从 0 开始访问所有节点。所以重复直到所有节点都被访问。复杂度 O(E+V) 略好于您的方法的复杂度 O(E+VlogV)。但是写起来很简单，不递归。