《算法导论》复习笔记Chapter 22 基本图算法有向图邻接链表，计算节点出度和入度的时间复杂度O(V+E)开一个degree[]数组，大小为结点个数，复杂度O(V);遍历邻接链表，经过边uv时，计算出度degree[u]+=1,计算入度degree[v]+=1,复杂度O(E)将一个多图变成等价无向图，用邻接链表表示，时间复杂度O(V+E)多图是允许重复边和自循环边的图。
开一个bool数组mark[],大小为节点个数，初始化为false。
复杂度O(V)。
对每个顶点u的邻接链表，遍历，令v为u的边所指向的顶点；如果mark[v]=false，将uv加入新图，并将mark[v]设置为true；否则就跳过。
复杂度O(E)再次遍历u的连边，将mark[v]初始化整体复杂度O(V+E)伪代码:SOLVE(G,G’)1 for each vetex u∈G2 for each v∈ [u]3 if mark[v]==false4 mark[v]==true5 Addedge(G’,u,v)6 for each v∈[u]7 mark[v]=false图G的邻接矩阵表示，给出一个O(V)的算法来判断有向图G中是否存在一个通用汇点。
通用汇点指的是入度|V|-1，但出度为0。
等价问题：给定有向图G的V×V邻接矩阵G，在O(V)时间内判断是否存在一个数k，使得对所有的i有A[i][k]=1,对所有的j有A[k][j]=0,(i≠k,j≠k)令i和j初值为1，若G[i][j]=0,说明i到j无边，j不可能是通用汇点，令j=j+1;若G[i][j]=1,说明i 到j有边，i不可能是通用汇点，令i=i+1，循环直到i>|V|或者j>|V|;若i>|V|，则不存在通用汇点，若j>|V|，则检查顶点i是否满足要求。
伪代码：判断是否存在通用汇点 O(V)HAS_UNIVERSL_SINK(G)1 i=j=12 while i≤V and j≤V3 if G[i][j]==14 i=i+15 else j=j+16 if i>V7 return false8 else return CHECK(G,i)CHECK(G,u)1 for each vertex v∈2 if G[u][v]=13 return false4 for each vertex v ∈5 if G[v][u]==0& u!=v6 return false7 return true检查点u是否是通用汇点【宽度优先搜索】计算无向图BFS后的d值和π值简单，注意初始节点u的π值写NIL或者写-1输入如果是邻接矩阵表示的，BFS的运行时间O(V^2)对于队列中的每一个节点，都要遍历所有的节点来判断是否有边。
举例说明一个有向图G中可能存在这样一个边集Eπ：s到v的唯一简单路径也是一条最短路径，但是无论如何该边集Eπ都不能通过在图G上运行BFS获得。
V={1,2,3,4,5}, E={(1,2),(2,3),(1,4),(4,5),(2,5),(3,4)}, Eπ={(1,2),(2,3),(1,4),(4,5)}, s=1求一棵树T=(V,E)的直径，并分析算法的运行时间。
直径指的是树中所有最短路径的最大值。
两遍BFS就能解决.设v任意一点，BFS(v)，令u=v能到达的最远点。
再BFS(u)，取w为u能达到的最远点，则u 和w之间的最短路径就是直径。
时间复杂度是O(V+E)。
注意本题的证明。
反证法，设t1到t2是直径，u是v能达到的最远点，但是u不是t1或者t2中的一个，产生矛盾的结论。
【深度优先搜索】给出DFS每个结点的发现时间和完成时间，并给出每条边的分类用栈实现DFS，写出伪代码DFS-VISIT(G,u)1 (u)2 while(!3 u=4 if ==GRAY5 ==BLACK6 time=time+17 =time89 continue10 if ==WHITE11 =GRAY12 time=time+113 =time14 for each v∈G:Adj[u]15 if ==WHITE16 v.π=u17 (v)举出一个反例反驳：有向图G包含u到v的路径，并且DFS时<，则v是u在DFS森林中的一个后代。
V={w,u,v}E={(w,u),(u,w),(w,v)}有一条从u到v的路径，u->w->v，且d[u]<d[v]举出一个反例反驳：有向图G包含u到v的路径，则任意DFS都将导致≤。
例子同上为什么节点u同时有入边和出边，u还是深度优先树中的唯一节点V={w,u,v}E={(u,w),(v,u)}证明：在无向图上使用深度优先搜索来获取图G的连通分量，并且深度优先搜索包含的树的棵数与G的连通分量相同。
也就是说，修改深度优先搜索让每个结点赋予一个介于1和k之间的整数值，k是G的连通分量数。
相同连通分量中的点有相同的。
将DFS_VISIT(G,u)改成DFS_VISIT(G,u,++k)，然后在该方法开头添加一句=k。
给出一个算法判断一个有向图是单连通图单连通：图G至多包含一条从u到v的简单路径。
判断是否出现了前向边或者横向边即可。
即分别对每个顶点进行DFS，记录过程中是否访问到黑色的节点。
时间复杂度(V*(V+E))伪代码：SOLVE(G)1 for each vertex u∈2 for each vertex v∈3 =WHITE4 v.π=NIL5 time=06 if(DFS(G,u))7 return false8 return trueDFS(G,u)1 time=time+12 =time3 =GRAY4 for each v∈G:Adj[u]5 if ==WHITE6 v.π=u7 if (DFS(G,v))8 return true9 if ==BLACK10 return true=BLACK12time=time+1=time14return false【拓扑排序】Compute the number of distinct paths from s to t in a directed acyclic graph(要求线性时间复杂度)为每个顶点声明数组dp[ ],dp[v]为s到v的路径数，初始化为0,dp[s]置为1。
进行拓扑排序，在拓扑排序的过程中，每到达一个节点u，其每个相连的节点v都将dp[v]加上dp[u]。
最后dp[t]就是s到t的路径数。
复杂度：O(V+E)给出一个算法来判断给定无向图G=(V,E)是否包含一个环路，复杂度O(V)DFS，访问当前节点的邻接表时，如果存在某个节点已经被标记为访问状态，而且该节点不是当前节点的父亲，则终止DFS，存在环路。
拓扑排序的另一种做法：重复寻找入度为0的结点，输出该结点，将该结点及其发出的边从图中删除。
请解释如何在O(V+E)的时间内实现这种思想。
如果图G包含环路，将会发生什么情况利用队列Queue。
邻接链表存储这个图G。
开一个大小为|V|的degree数组用来存储入度，遍历邻接链表，将各个点的入度存入degree数组中(复杂度O(E))。
从degree中取出入度为0的结点存入队列Q中，通过遍历数组实现(O(V))。
删掉入度为0的点，删除的过程中将该点引出的边也删掉，顺便检测有没有其他点因此变成了入度为0，将这些点加入队列中。
因此到最后所有的点都进过一次队列，复杂度O(V)，每条边也都被处理了一遍，复杂度O(E)。
所以O(V+E)。
环路的入度不会为0，边不会被删掉，点不会加入拓扑序中。
给出一个算法判断图G是否是半连通的。
证明算法的正确性并分析运行时间。
对于有向图，任意节点对，存在u到v的路径或者v到u的路径。
这个题和拓扑排序的另一种做法有关。
对半连通图进行拓扑排序过程中，入度为0的点不能同时有2个或者以上。
否则，这两个入度为0的点之间就没有路径了。
因此就用中的算法，要求保持队列中最多只有1个点，如果多于1个就不是半连通的了。
思考题22-3 欧拉回路强连通有向图G=(V,E)中的一个欧拉回路是指一条遍历图G中每条边恰好一次的环路。
这条环路可以多次访问同一个结点。
a.证明：图G有一条欧拉回路当且仅当对于图中每个节点v，有in-degree(v)=out-degree(v)。
b.给出一个复杂度为O(E)的算法来找出图G的一条欧拉回路。
a.证明：=>若强连通有向图G有欧拉回路，则可知对于出发点s，假设有x次从s出，则最后回到s必须恰好有x次，因此对于s，出度和入度必然相等。
假设对于某个非出发点v，出度与入度不相等；假设出度y大于入度x，则第x次从v离开后再也不能回到v，剩余·的y-x条边不能被访问到；假设出度y小于入度x，则第y+1次进入v 后无法出去。
由此可知，对于非出发点v，入度与出度同样相等。
因此G有Euler回路则入度等于出度成立。
<=假设强连通图G的每个结点出度等于入度，则从出发点开始遍历，最终必然会回到出发点s。
因为如果最终没有回到出发点，会有一条s->v1->v2->…->vi的路径，其中vi不等于s，则遍历过程中进入vi的次数比从vi走出的次数多一次，这样就肯定有一条从vi出去的边没有被访问到。
所以不成立。
这样遍历一次后会形成一个子回路，再在这个子回路上某个不同于s点的s1点继续遍历，会形成一个以s1为起始点（也是终止点）的子回路，这两个回路没有公共边，而这两个子回路明显可以合并为一个回路，该回路为s->…->e->s1->f->…->s1->…->s, 这样不断扩展就必然形成一个欧拉回路。
b.从任意点开始DFS并在DFS过程中保存回路上的边。
DFS的复杂度是O(E)的。
设e为连通图G的某条环路上权重最大的边，证明：图G’=(V,E-{e})中存在一棵最小生成树，它也同时是G的最小生成树。
也就是说，G中存在一棵不包含边e的最小生成树。
证明：反证。
假设G中所有最小生成树都包含e。
任取一个这样的最小生成树T，在T上去掉e，将T分为两棵子树T1和T2，T1上顶点集合为V1，T2上顶点集合为V2，则(V1,V2)是一个割。
e所在的圈至少穿越割(V1,V2)两次，C至少有2条边在(V1,V2)中，其中一条边是e。
令e’为除了e之外的另外一条边，则w(e’)≤w(e)。
将e’并到T1和T2上，将T1和T2连接成一棵新的生成树T‘。
由于T’是在T上去掉e、加入e’后形成的，因此w(T’)≤w(T)。
因此,T’也是G的一棵最小生成树，且T‘中不包含e，与假设矛盾。