[数据结构]第十一章-图论

图的概念

图：由V和E两个集合组成的二元组 G（V,E）

子图：V’是V的子集，E’是E的子集，且E’中的边所关联的顶点均在V’中，则G’ = ( V’ , E’ )也是一个图，称其为G的子图

生成子图： V’ = V

连通分支：无向图G的极大连通子图称为G的连通分支。任何连通图都只有一个连通分支，而非连通图有多个连通分支。通俗来讲，一个图被分成几个小块，每个小块是联通的，但小块之间不联通，那么每个小块称为联通分支。一个孤立点也是一个联通分支。

强连通分支：强连通是指一个有向图中任意两点v1、v2间存在v1到v2的路径及v2到v1的路径。强连通的连通分支是强连通分支。

生成树： | E’| = n-1 且G’连通。

极小生成树：包含原图中的所有 n 个结点，并且有保持图连通的最少的边。

图的表示法

1.邻接矩阵表示法

用一个二维数组存储图中各边的信息。

图G的邻接矩阵是一个布尔矩阵，若 i j 间有边则A[i，j]为1。当图是一个网络时A[i , j]为边的权重，无边时为∞。

2.邻接表表示法

对V中的每个顶点，将他的所有邻接顶点存放在一个表中，成为顶点 i 的邻接表。将每个顶点的邻接表存储在G的邻接表数组中。

图的遍历

1、DFS（对应树的前中后序遍历）
2、BFS（对应树的层次遍历）

最短路径

1.单源最短路

① Dijkstra算法 O（n^2）

设S为已求出最短路径的结点集合，U为未被选过的结点集合。
开始时dist都为INF，只有源点为0。每次从U中选取一个dist最小的顶点 i 加入S中（该选定的距离就源点v到 i 的最短路径长度）。然后以 i 为新考虑的中间点，修改从 i 点能到达的其他结点的dist值，若从源点到结点 j 的距离（经过 i ）比原来距离（不经过 i）短（dist[j] > dist[i]+value[i][j]），则修改dist[j]为 dist[i]+value[i][j]，这样直到所有顶点都包含在S中。

Dijkstra的特点
· 求出n-1条最短路径（单源最短路径）
· 按长度递增的次序
· 只适用于非负权边
· 贪心算法（每次在dist中找最小）

② Bellman-Ford算法 O（mn）

第一，初始化所有点。每一个点保存一个值，表示从原点到达这个点的距离，将原点的值设为0，其它的点的值设为无穷大（表示不可达）。
第二，进行循环，循环下标为从1到n－1（n等于图中点的个数）。在循环内部，遍历所有的边，进行松弛计算。
第三，遍历途中所有的边（edge（u，v）），判断是否存在这样情况：
d（v） > d (u) + w(u,v)
则返回false，表示途中存在从源点可达的权为负的回路。

之所以需要第三部分的原因，是因为，如果存在从源点可达的权为负的回路。则应为无法收敛而导致不能求出最短路径。

Bellman-Ford特点：
· 允许负权边
· 以边为跳板，看是否由于存在某条边而对结果产生影响

③ SPFA算法（非经典算法，Bellman-Ford的改进）

实现方法为，初始时所有点dist为INF，只有起始点的dist为0。然后建立一个队列，初始时队列里只有起始点，之后不断弹出队首结点 i 去更新它能到达的所有点 j 的dist值，如果dist[j] > dist[i]+value[i][j]则更新成功，再判断下被更新的结点若不在队列中，则把该点加入到队列。这样重复执行直到队列为空。

2.所有顶点间最短路径

Floyd算法（博客很详尽）

算法思想在于逐点试探，看加入这个点是否会影响结果。

for(k=1;k<=n;k++)   for(i=1;i<=n;i++)   for(j=1;j<=n;j++)   if(e[i][j]>e[i][k]+e[k][j]) e[i][j]=e[i][k]+e[k][j];

这段代码的基本思想就是：最开始只允许经过1号顶点进行中转，接下来只允许经过1和2号顶点进行中转……允许经过1~n号所有顶点进行中转，来进行松弛操作。

Floyd算法允许负权边不允许负权图。（否则可以一直走负圈）

无圈有向图DAG

1.AOV网（顶点为某一活动，例为“学生排课”）

　　大学里实行学分。每门课程都有一定的学分，学生只要选修了这门课并考核通过就能获得相应的学分。学生最后的学分是他选修的各门课的学分的总和。
　　每个学生都要选择规定数量的课程。其中有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如，《数据结构》必须在选修了《高级语言程序设计》之后才能选修。我们称《高级语言程序设计》是《数据结构》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。
　　学生不可能学完大学所开设的所有课程，因此必须在入学时选定自己要学的课程。每个学生可选课程的总数是给定的。现在请你找出一种选课方案，使得你能得到学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。

拓扑排序：（不断找入度为0的点）

step1：邻接表中所有入度为0的点入栈
step2：输出栈顶。栈顶 i 出栈， i 的直接后继入度-1。若入度为0则进栈。
step3：若栈空时输出n个则结束，否则一定存在环。

时间复杂度O（n+e）

2.AOE网（某一活动需持续一段时间，例“工程计划”）

（图中结点表示“事件的开始”或“事件的结束”，边a表示a事件持续的时间。）
完成工程的最少时间应为最长路径。影响工程进程的关键点应为最长路径上的活动。

（转）关键路径的算法思想：
1 > 从ve[0]=0开始利用递推公式求出其余顶点的最早发生时间ve[j]
ve[j]=Max{ve[i]+dut < i , j > }
(i=0,1,2,….n-1 j=1,2,…n-1 < vj , vk > ∈E )
即从源点开始按拓扑有序求各顶点的最早发生时间
2 > 从vl[n-1]=ve[n-1]开始利用递推公式求出其余顶点的最迟发生时间vl[j]； vl[j]=Min{vl[k]-dut < j , k > }
3 > 求出每条弧(即活动)的最早开始时间e[i]与最迟开始时间l[i]
e[i]=ve[j]; l[i]=vl[k]-dut < vj , vk >
若 e[i]=l[i]即为关键活动。由关键活动组成的路径即关键路径
v1最早发生时间:ve[1]=ve[0]+a1=0+5=5;
v2最早发生时间:ve[2]=ve[0]+a2=0+6=6;
v3最早发生时间:有两条路v0->v1->v3,路径长度为5+3=8；v0->v2->3, 路径长度为6+12=18；取最大的即公式中的Max{ve[i]+dut < i , j >}的含义ve[3]=18
ve[4]=18+3=21;ve[5]=21;ve[6]=23;ve[7]=25;ve[8]=28;ve[9]=30;
假定vl[l]=ve[9]=30反向递推其余顶点的最迟发生时间
vl[8]=vl[9]-a14=30-2=28;
vl[7]=vl[8]-a13=28-2=26;
vl[6]=vl[8]-a12=28-5=23;
vl[5]=26;
vl[4]有两路：vl[6]-a9=22;vl[7]-a10=26-10=16取最小的16
其他依次类推：然后是
4 > 求出每条弧(即活动)的最早开始时间e[i]与最迟开始时间l[i]
e[i]=ve[j]; l[i]=vl[k]-dut < vj , vk >
找到 e[i]=l[i]的活动即关键活动。由关键活动组成的路径即关键路径

最小生成树

图中所有边的权值都不同时，最小生成树唯一
如果有2条或以上的边有相同权值，最小生成树不一定唯一（但最小的权值和唯一）

考虑n结点m条边的图中的最小生成树算法：

·Prim算法（选点）

设集合V为已选结点集合，集合U为未选结点集合。
一开始所有结点的dist都为INF，起始结点的dist更新为0。每次从U中选一个dist最小的结点 i 加入V中，更新 i 结点所能到达全部结点 j 的dist值为dist[i]加上i，j间的边权。这样直到所有结点都加入V中为止。
时间复杂度O（n*n），主要与结点数有关，适用于稠密图。

·Kruskal算法（选边）

设集合E为已选的边集合，集合U为未选的边集合。
把所有边的边权val排序后，每次选一条最短的边（即遍历边），判断下这条边的两个结点是否已经相连（并查集维护结点间是否相连），若没有则加入集合E。执行n-1次的加入操作后退出。（生成树的边数为n-1）
时间复杂度O（mlog（m）），主要与边数有关，不适用于稠密图。

图的匹配

设G = （V,E）是一个图，如果集合M真包含于E，且M中任何两条边都不与同一个顶点相关联，则称M是G的一个匹配。G的边数最多的匹配称为G的最大匹配。如果图的一个匹配使得图中每个顶点都是该匹配中某条边的端点，那么就称这个匹配为图的完全匹配。

//–作业题

11.3 被Gank的亚索

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define MAX_N 100+7
#define MAX_M 100000+7
#define INF 10000000+7
using namespace std;    int i,j;
int n,m,s,e;
bool vis[MAX_N];
int dist[MAX_N];
int path[MAX_N];
int id[MAX_N];
int head[MAX_N];
int next[2*MAX_M];
int tot = 0;  struct Edge
{  int to;  int val;
}edge[2*MAX_M];  void addEdge(int u ,int v, int w)
{  edge[++tot].to = v;  edge[tot].val = w;  next[tot] = head[u];  head[u] = tot;
}  void spfa() //源点到结点距离dist 最短路径条数path
{    queue<int> que;    que.push(s);    vis[s] = true;    while(!que.empty())    {    int u = que.front();     for(j = head[u]; j ; j = next[j])    {    int v = edge[j].to;  if(dist[u]+edge[j].val < dist[v])    {   dist[v] = dist[u]+edge[j].val;  if(!vis[v])     {    que.push(v);    vis[v] = true;    }  }  }   que.pop();   vis[u] = false;   }
}    bool cmp(int a,int b)
{    return dist[a] < dist[b];
}    int main()
{           scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&e);    int u,v,w;    for(i = 1; i <= m; i++)    {    scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);    addEdge(u,v,w);  addEdge(v,u,w);  }    for(i = 1; i <= n; i++)    {    id[i] = i;    dist[i] = INF;    }    dist[s] = 0;    path[s] = 1;    spfa();    sort(id+1,id+n+1,cmp); //按dist排序id     for(i = 1; i <= n; i++) //从s开始更新每个较近结点     {    int index = id[i];    for(j = head[index]; j ; j = next[j])    {    int t = edge[j].to;  if(dist[index]+edge[j].val < dist[t])     path[t] = path[index];    else if(dist[index]+edge[j].val == dist[t])    path[t] += path[index];            }    }    printf("%d %d\n",dist[e],path[e]);    return 0;
}

11.4 玩游戏的亚索

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX_N 5000+7
#define MAX_M 500000+7  int n,m,i,j;
struct Edge
{  int u,v,w;
}e[MAX_M];  bool cmp(const Edge & e1, const Edge & e2)
{  return e1.w < e2.w;
}  struct UF //并查集模板
{  int fa[MAX_N];  void init() { for(int i = 1; i <= MAX_N; i++) fa[i] = i;}  int find(int a) { return fa[a] == a ? a : fa[a] = find(fa[a]);}  void mix(int a,int b) { fa[find(a)] = find(b);}  bool isSame(int a, int b) { return find(a) == find(b);}
} uf;  int main()
{  scanf("%d%d",&n,&m);  int e_n = 0;  for(i = 1; i <= m; i++)  {  e_n++;  scanf("%d%d%d",&e[e_n].u,&e[e_n].v,&e[e_n].w);  }  sort(e+1,e+m+1,cmp);  //  for(i = 1; i <= m; i++)
//      cout << e[i].w << endl;  int ned,ans = 0;  uf.init();  for(i = 1,ned = n-1;ned && i <= m; i++) //选取n-1条边  {  if(uf.isSame(e[i].u,e[i].v)) continue;  ned--;  ans+=e[i].w;  uf.mix(e[i].u,e[i].v);  }   printf("%d\n",ans);  return 0;
}