深度优先搜索的最坏情况时间复杂度答案

【问题标题】：Worst Case Time Complexity of Depth First Search深度优先搜索的最坏情况时间复杂度
【发布时间】：2012-08-03 20:12:07
【问题描述】：

我知道这个特定问题的答案是 O(V + E)，对于像树这样的图形，这是有道理的，因为每个顶点只被探索一次。

但是假设图中有一个循环。

例如，让我们使用一个有四个顶点 A-B-C-D 的无向图。
A 连接到 B 和 C，B 和 C 都连接到 D。所以总共有四个边。 A->B、A->C、B->D、C->D，反之亦然。

让我们做 DFS(A)。

它将首先探索 B，然后探索 B 的邻居 D 和 D 的邻居 C。之后 C 将没有任何边，所以它会回到 D 和 B，然后是 A。

然后 A 将遍历它的第二条边并尝试探索 C，因为它已经探索过了，所以它不会做任何事情并且 DFS 将结束。

但是在这里顶点“C”已经被遍历了两次，而不是一次。显然，最坏情况的时间复杂度可以与 V 成正比。

有什么想法吗？

【问题讨论】：

【解决方案1】：

如果您不维护 visited 集，用于避免重新访问已访问的节点，则 DFS 不是 O(V+E)。事实上，它不是完整的算法——如果有路径，它甚至可能找不到路径，因为它会陷入无限循环。

请注意，对于无限图，如果您正在寻找从 s 到 t 的路径，即使维护访问集，也不能保证完成，因为您可能会卡在无限分支中。

如果您有兴趣保持 DFS 的高效空间消耗优势，同时仍然是完整的 - 您可以使用 iterative deepening DFS，但如果您希望发现整个图而不是路径，它不会轻易解决问题到特定节点。

编辑：设置了visited 的DFS 伪代码。

DFS(v,visited):
  for each u such that (v,u) is an edge:
       if (u is not in visited):
            visited.add(u)
            DFS(u,visited)

很容易看出，当且仅当它尚未被访问时，您才在顶点上调用递归，因此答案在顶点和边的数量上确实是线性的。

【讨论】：

我正在使用已访问集，这就是 BFS 在图中从 C 撤退的原因，因为它的两个邻居 (A,D) 都已被探索/访问过。但是当输出程序返回到起始节点 A 时，它将再次检查这个顶点 C，但是由于它已经被访问过，它将被忽略并且循环将结束.. 所以 C 被访问了两次 IMO 如果可能的话，请绘制此图在相同的波长
@Batman：我添加了一个带有 DFS 的伪代码，它维护一个 visited 集合并最多访问每个顶点一次，我希望它能让你清楚。

【解决方案2】：

您可以访问图形的每个顶点和边的次数为常数，仍然是 O(V+E)。另一种看待它的方式是，成本计入边缘，而不是顶点。

【讨论】：