Практикум по методам построения алгоритмов

Разные алгоритмы на графах

Разбить на страницы
Показывать лекцию целиком

9.1. Кратчайшие пути

В этом разделе рассматриваются различные варианты одной задач. Пусть имеется n городов, пронумерованных числами от 1 до n. Для каждой пары городов с номерами i, j в таблице a[i][j] хранится целое число - цена прямого авиабилета из города i в город j. Считается, что рейсы существуют между любыми городами, $${a[i][i]}={0}$$ при всех i, a[i][j] может отличаться от a[j][i]. Наименьшей стоимостью проезда из i в j считается минимально возможная сумма цен билетов для маршрутов (в том числе с пересадками), ведущих из i в j. (Она не превосходит a[i][j], но может быть меньше.)

В предлагаемых ниже задачах требуется найти наименьшую стоимость проезда для некоторых пар городов при тех или иных ограничениях на массив a и на время работы алгоритма.

9.1.1. Предположим, что не существует замкнутых маршрутов, для которых сумма цен отрицательна. Доказать, что в этом случае маршрут с наименьшей стоимостью существует.

Решение. Маршрут длиной больше n всегда содержит цикл, поэтому минимум можно искать среди маршрутов длиной не более n, а их конечное число.

Во всех следующих задачах предполагается, что это условие (отсутствие циклов с отрицательной суммой) выполнено.

9.1.2. Найти наименьшую стоимость проезда из 1-го города во все остальные за время $$O({n}^3)$$.

Решение. Обозначим через МинСт(1,s,k) наименьшую стоимость проезда из 1 в s менее чем с k пересадками. Тогда выполняется такое соотношение:$${МинСт}({1},{s},{k+1}) = min \Bigl({МинСт(1,s,k)}, \min_{i=1..n} {МинСт(1,i,k)}+{a[i]}\!{[s]})\Bigr)$$ Как отмечалось выше, искомым ответом является МинСт(1,i,n) для всех $${i}={1}\ldots{n}$$.

k:= 1;
for i := 1 to n do begin x[i] := a[1][i]; end;
{инвариант: x[i] = МинСт(1,i,k)}
while k <> n do begin
| for s := 1 to n do begin
| | y[s] := x[s];
| | for i := 1 to n do begin
| | | if y[s] > x[i]+a[i][s] then begin
| | | | y[s] := x[i]+a[i][s];
| | | end;
| | end
| | {y[s] = МинСт(1,s,k+1)}
| end;
| for i := 1 to n do begin x[s] := y[s]; end;
| k := k + 1;
end;

Приведенный алгоритм называют алгоритмом динамического программирования, или алгоритмом Форда-Беллмана.

9.1.3. Доказать, что программа останется правильной, если не заводить массива y, а производить изменения в самом массиве x (заменив в программе все вхождения буквы y на x и затем удалить ставшие лишними строки).

Решение. Инвариант будет таков:$${МинСт(1,i,n)} \le {x[i]} \le {МинСт(1,i,k)}.$$

Этот алгоритм может быть улучшен в двух отношениях: можно за то же время $$O({n}^3)$$ найти наименьшую стоимость проезда $${i}\rightarrow{j}$$ для всех пар i, j (а не только при $${i}={1}$$ ), а можно сократить время работы до $$O({n}^2)$$. Правда, в последнем случае нам потребуется, чтобы все цены a[i][j] были неотрицательны.

9.1.4. Найти наименьшую стоимость проезда $${i}\rightarrow{j}$$ для всех i, j за время $$O({n}^3)$$.

Решение. Для $${k} = {0}\ldots{n}$$ через A(i,j,k) обозначим наименьшую стоимость маршрута из i в j, если в качестве пересадочных разрешено использовать только пункты с номерами не больше k. Тогда

A(i,j,0) = a[i][j],
A(i,j,k+1)=min(A(i,j,k), A(i,k+1,k)+{A(k+1,j,k))

(два варианта соответствуют неиспользованию и использованию пункта k+1 в качестве пересадочного; отметим, что в нем незачем бывать более одного раза).

Этот алгоритм называют алгоритмом Флойда.

9.1.5. Как проверить за $$O(n)$$ действий, имеет ли граф с n вершинами циклы с отрицательной суммой?

Указание. Можно применять алгоритм Флойда, причем разрешать $${i}={j}$$ в $${A(i,j,k)}$$, пока не появится первый отрицательный цикл.

9.1.6. Имеется $$n$$ валют и таблица обменных курсов (сколько флоринов дают за талер и т.п.). Коммерсант хочет неограниченно обогатиться, обменивая свой начальный капитал туда-сюда по этим курсам. Как проверить, возможно ли это?

Указание. После логарифмирования деньги уподобляются расстояниям.

9.1.7. Известно, что все цены неотрицательны. Найти наименьшую стоимость проезда $${1}\rightarrow{i}$$ для всех $${i} ={1}\ldots{n}$$ за время $$O({n}^2)$$.

Решение. В процессе работы алгоритма некоторые города будут выделенными (в начале - только город 1, в конце - все). При этом:

  • для каждого выделенного города i хранится наименьшая стоимость пути $${1}\rightarrow{i}$$ ; при этом известно, что минимум достигается на пути, проходящем только через выделенные города;
  • для каждого невыделенного города i хранится наименьшая стоимость пути $${1}\rightarrow{i}$$, в котором в качестве промежуточных используются только выделенные города.
    •

    Множество выделенных городов расширяется на основании следующего замечания: если среди всех невыделенных городов взять тот, для которого хранимое число минимально, то это число является истинной наименьшей стоимостью. В самом деле, пусть есть более короткий путь. Рассмотрим первый невыделенный город на этом пути - уже до него путь длиннее! (Здесь существенна неотрицательность цен.)

    Добавив выбранный город к выделенным, мы должны скорректировать информацию, хранимую для невыделенных городов. При этом достаточно учесть лишь пути, в которых новый город является последним пунктом пересадки, а это легко сделать, так как минимальную стоимость проезда в новый город мы уже знаем.

    При самом бесхитростном способе хранения множества выделенных городов (в булевском векторе) добавление одного города к числу выделенных требует времени $$O({n})$$.

    Этот алгоритм называют алгоритмом Дейкстры.

    9.1.8. Имеется $$n$$ городов, соединенных дорогами (с односторонним движением). Для любых городов $$i,j$$ известен максимальный вес груза, который можно везти из $$i$$ в $$j$$ (грузоподъемность дороги). Найти за время $$O(n^2)$$ для всех городов максимальный вес груза, который в них можно привезти из столицы.

    Указание. Действовать аналогично алгоритму Дейкстры, заменив сумму на максимум.

    Отыскание кратчайшего пути имеет естественную интерпретацию в терминах матриц. Пусть $$A$$ - матрица цен одной авиакомпании, а $$B$$ - матрица цен другой. Пусть мы хотим лететь с одной пересадкой, причем сначала самолетом компании $$A$$, а затем - компании $$B$$. Сколько нам придется заплатить, чтобы попасть из города i в город j?

    9.1.9. Доказать, что эта матрица вычисляется по обычной формуле для произведения матриц, только вместо суммы надо брать минимум, а вместо умножения - сумму.

    9.1.10. Доказать, что таким образом определенное произведение матриц ассоциативно.

    9.1.11. Доказать, что задача о кратчайших путях эквивалентна вычислению $$A^\infty$$ для матрицы цен $$A$$: в последовательности $$A, A^2, A^3,\ldots$$ все элементы, начиная с некоторого, равны искомой матрице стоимостей кратчайших путей. (Если нет отрицательных циклов!)

    9.1.12. Начиная с какого элемента можно гарантировать равенство в предыдущей задаче?

    Обычное (не модифицированное) умножение матриц тоже может оказаться полезным, только матрицы должны быть другие. Пусть есть не все рейсы (как раньше), а только некоторые, a[i][j] равно 1, если рейс есть, и 0, если рейса нет. Возведем матрицу a (обычным образом) в степень k и посмотрим на ее ( i - j )-ый элемент.

    9.1.13. Чему он равен?

    Ответ. Числу различных способов попасть из i в j за k рейсов (с k-1 пересадками).

    При описании кратчайших путей случай, когда есть не все рейсы, можно свести к исходному, введя фиктивные рейсы с бесконечно большой (или достаточно большой) стоимостью. Тем не менее возникает такой вопрос. Число реальных рейсов может быть существенно меньше $$n^2$$, поэтому интересны алгоритмы, которые работают эффективно в такой ситуации. Исходные данные естественно представлять тогда в такой форме: для каждого города известно число выходящих из него рейсов, их пункты назначения и цены.

    9.1.14. Доказать, что алгоритм Дейкстры можно модифицировать так, чтобы для $$n$$ городов и $$m$$ рейсов (всего) он требовал не более $$C(n+m)\log n$$ операций.

    Указание. Что надо сделать на каждом шаге? Выбрать невыделенный город с минимальной стоимостью и скорректировать цены для всех городов, в которые из него есть маршруты. Если бы кто-то сообщал нам, для какого города стоимость минимальна, то хватило бы $$C(n+m)$$ действий. А поддержание сведений о том, какой элемент в массиве минимален (см. задачу из пункта 6.4.) обходится еще в множитель $$\log n$$.

    9.2. Связные компоненты, поиск в глубину и ширину

    Наиболее простой случай задачи о кратчайших путях - если все цены равны $$0$$ или $$+\infty$$. Другими словами, мы интересуемся возможностью попасть из $$i$$ в $$j$$, но за ценой не постоим. В других терминах: мы имеем ориентированный граф (картинку из точек, некоторые из которых соединены стрелками) и нас интересуют вершины, доступные из данной.

    Для этого случая задачи о кратчайших путях приведенные в предыдущем разделе алгоритмы - не наилучшие. В самом деле, более быстрая рекурсивная программа решения этой задачи приведена в лекции 7, а нерекурсивная - в лекции 6. Сейчас нас интересует такая задача: не просто перечислить все вершины, доступные из данной, но перечислить их в определенном порядке. Два популярных случая - поиск в ширину и в глубину.

    Поиск в ширину.

    Надо перечислить все вершины ориентированного графа, доступные из данной, в порядке увеличения длины пути от нее. (Тем самым мы решим задачу о кратчайших путях, когда цены ребер равны $$1$$ или $$+\infty$$.)

    9.2.1. Придумать алгоритм решения этой задачи с числом действий не более $$C\cdot{}$$ (число ребер, выходящих из интересующих нас вершин).

    Решение. Эта задача рассматривалась в лекции 6, задача 6.3.9. Здесь мы приведем подробное решение. Пусть num[i] - количество ребер, выходящих из i, $${out[i][1]},\ldots,{out[i][num[i]]}$$ - вершины, куда ведут ребра. Вот программа, приведенная ранее:

    procedure Доступные (i: integer);
|   {напечатать все вершины, доступные из i, включая i}
| var  X: подмножество 1..n;
|      P: подмножество 1..n;
|      q, v, w: 1..n;
|      k: integer;
begin
| ...сделать X, P пустыми;
| writeln (i);
| ...добавить i к X, P;
| {(1) P = множество напечатанных вершин; P содержит i;
|  (2) напечатаны только доступные из i вершины;
|  (3) X - подмножество P;
|  (4) все напечатанные вершины, из которых выходит
|      ребро в ненапечатанную вершину, принадлежат X}
| while X непусто do begin
| | ...взять какой-нибудь элемент X в v;
| | for k := 1 to num [v] do begin
| | | w := out [v][k];
| | | if w не принадлежит P then begin
| | | | writeln (w);
| | | | добавить w в P;
| | | | добавить w в X;
| | | end;
| | end;
| end;
end;

    Тогда нам было безразлично, какой именно элемент множества X выбирается. Если мы будем считать X очередью (первым пришел - первым ушел), то эта программа напечатает все вершины, доступные из i, в порядке возрастания их расстояния от i (числа ребер на кратчайшем пути из i ). Докажем это.

    Обозначим через $$V(k)$$ множество всех вершин, расстояние которых от i (в описанном смысле) равно $$k$$. Имеет место такое соотношение:$$V(k+1) = \text{(концы ребер с началами в V(k))} \setminus (V(0) \cup \ldots \cup V(k))$$ Докажем, что для любого $$k=0,1,2\ldots$$ в ходе работы программы будет такой момент (после очередной итерации цикла while ), когда$$\begin{quote} в очереди стоят все элементы V(k) и только они; \\ напечатаны все элементы V(0),\ldots,V(k). \end{quote}$$ (Для $$k=0$$ - это состояние перед циклом.) Рассуждая по индукции, предположим, что в очереди скопились все элементы $$V(k)$$. Они будут просматриваться в цикле, пока не кончатся (поскольку новые элементы добавляются в конец, они не перемешаются со старыми). Концы ведущих из них ребер, если они уже не напечатаны, печатаются и ставятся в очередь - то есть все как в записанном выше соотношении для $$V(k+1)$$. Так что когда все старые элементы кончатся, в очереди будут стоять все элементы $$V(k+1)$$.

    Поиск в глубину.

    Рассматривая поиск в глубину, удобно представлять себе ориентированный граф как образ дерева. Более точно, пусть есть ориентированный граф, одна из вершин которого выделена. Будем предполагать, что все вершины доступны из выделенной по ориентированным путям. Построим дерево, которое можно было бы назвать "универсальным накрытием" нашего графа. Его корнем будет выделенная вершина графа. Из корня выходят те же стрелки, что и в графе - их концы будут сыновьями корня. Из них в дереве выходят те же стрелки, что и в графе и так далее. Разница между графом и деревом в том, что пути в графе, ведущие в одну и ту же вершину, в дереве "расклеены". В других терминах: вершина дерева - это путь в графе, выходящий из корня. Ее сыновья - это пути, продолженные на одно ребро. Заметим, что дерево бесконечно, если в графе есть ориентированные циклы.

    Имеется естественное отображение дерева в граф (вершин в вершины). При этом каждая вершина графа имеет столько прообразов, сколько путей в нее ведет. Поэтому обход дерева (посещение его вершин в том или ином порядке) одновременно является и обходом графа - только каждая вершина посещается многократно.

    Будем предполагать, что для каждой вершины графа выходящие из нее ребра упорядочены (например, пронумерованы). Тем самым для каждой вершины дерева выходящие из нее ребра также упорядочены. Будем обходить дерево так: сначала корень, а потом поддеревья (в порядке ведущих в них ребер). Такой обход дерева рассматривался нами в лекции 7. Ему соответствует обход графа. Если выкинуть из этого обхода повторные посещения уже посещенных вершин, то получится то, что называется "поиск в глубину".

    Другими словами, на путях, выходящих из выделенной вершины, введем порядок: путь предшествует своему продолжению; если два пути расходятся в некоторой вершине, то меньшим считается тот, который выходит из нее по меньшему ребру. Вершины теперь упорядочиваются в соответствии с минимальными путями, в них ведущими. Обход вершин графа в указанном порядке называется поиском в глубину.

    9.2.2. Написать программу поиска в глубину.

    Указание. Возьмем программу обхода дерева (корень $$\rightarrow$$ левое поддерево $$\rightarrow$$ правое поддерево) из лекции 7 или из лекции 8 и используем ее применительно к обстоятельствам. Главное изменение: не надо посещать вершины повторно. Так что если мы попали в уже посещенную вершину, то можно с ней ничего не делать. (Если путь не минимален среди ведущих в данную вершину, то и все его продолжения не минимальны - их просматривать не надо).

    Замечание.Напомним, что в лекции 8 упоминались две возможности устранения рекурсии в программе обхода дерева (пункт 8.2.). Оба варианта можно использовать для поиска в глубину.

    Поиск в глубину лежит в основе многих алгоритмов на графах, порой в несколько модифицированном виде.

    9.2.3. Неориентированный граф называется двудольным, если его вершины можно раскрасить в два цвета так, что концы любого ребра - разного цвета. Составить алгоритм проверки, является ли заданный граф двудольным, в котором число действий не превосходит $$C\cdot{}$$ (число ребер $${}+{}$$ число вершин).

    Указание. (а) Каждую связную компоненту можно раскрашивать отдельно. (б) Выбрав цвет одной вершины и обходя ее связную компоненту, мы определяем единственно возможный цвет остальных.

    Замечание.В этой задаче безразлично, производить поиск в ширину или в глубину.

    9.2.4. Составить нерекурсивный алгоритм топологической сортировки ориентированного графа без циклов. (Рекурсивный алгоритм смотри в лекции 7, задача 7.4.2.)

    Решение. Предположим, что граф имеет вершины с номерами $${1}\ldots{n}$$, для каждой вершины i известно число num[i] выходящих из нее ребер и номера вершин $${dest[i][1]},\ldots,{dest[i][num[i]]}$$, в которые эти ребра ведут. Будем условно считать, что ребра перечислены "слева направо": левее то ребро, у которого номер меньше. Нам надо напечатать все вершины в таком порядке, чтобы конец любого ребра был напечатан перед его началом. Мы предполагаем, что в графе нет ориентированных циклов - иначе такое невозможно.

    Для начала добавим к графу вершину 0, из которой ребра ведут в вершины $${1},\ldots,{n}$$. Если ее удастся напечатать с соблюдением правил, то тем самым все вершины будут напечатаны.

    Алгоритм хранит путь, выходящий из нулевой вершины и идущий по ребрам графа. Переменная l отводится для длины этого пути. Путь образован вершинами $${vert[1]}\ldots{vert[l]}$$ и ребрами, имеющими номера $${edge[1]}\ldots{edge[l]}$$. Номер edge[s] относится к нумерации ребер, выходящих из вершины vert[s]. Тем самым для всех s должны выполняться неравенство$${edge[s]}\le{num[vert[s]]}$$ и равенство$${vert[s+1]} = {dest}\,{[vert[s]]}\,{[edge[s]]}.$$ Заметим, что конец последнего ребра нашего пути (то есть вершина dest[vert[l]][edge[l]], не включается в массив vert. Кроме того, для последнего ребра мы делаем исключение, разрешая ему указывать "в пустоту", т. е. разрешаем edge[l] равняться num[vert[l]]+1.

    В процессе работы алгоритм будет печатать номера вершин, при этом соблюдая требование "вершина напечатана только после тех вершин, в которые из нее ведут ребра". Кроме того, будет выполняться такое требование (И):

    вершины пути, кроме последней (vert[1]...vert[l]) не напечатаны, но свернув с пути налево, мы немедленно упираемся в напечатанную вершину.

    Вот что получается:

    l:=1; vert[1]:=0; edge[1]:=1;
while not( (l=1) and (edge[1]=n+1)) do begin
| if edge[l]=num[vert[l]]+1 then begin
| | {путь кончается в пустоте, поэтому все вершины,
| |     следующие за vert[l], напечатаны - можно
| |     печатать vert[l]}
| | writeln (vert[l]);
| | l:=l-1; edge[l]:=edge[l]+1;
| end else begin
| |  {edge[l] <= num[vert[l]], путь кончается в
| |     вершине}
| |  lastvert:= dest[vert[l]][edge[l]]; {последняя}
| |  if lastvert напечатана then begin
| |  | edge[l]:=edge[l]+1;
| |  end else begin
| |  | l:=l+1; vert[l]:=lastvert; edge[l]:=1;
| |  end;
| end;
end;
{путь сразу же ведет в пустоту, поэтому все вершины
 левее, то есть 1..n, напечатаны}

    9.2.5. Доказать, что если в графе нет циклов, то этот алгоритм заканчивает работу.

    Решение. Пусть это не так. Каждая вершина может печататься только один раз, так что с некоторого момента вершины не печатаются. В графе без циклов длина пути ограничена (вершина не может входить в путь дважды), поэтому подождав еще, мы можем дождаться момента, после которого путь не удлиняется. После этого может разве что увеличиваться edge[l] - но и это не беспредельно.

    Тем самым мы построили искомый нерекурсивный алгоритм топологической сортировки графа.

    9.2.6. Доказать, что время работы этого алгоритма не превосходит $$O(\text{число вершин}+\text{число ребер})$$.

    9.2.7. Как модифицировать алгоритм так, чтобы он отыскивал один из циклов, если таковые имеются, и производил топологическую сортировку, если циклов нет?

    Страницы:

    9.1. Кратчайшие пути

    В этом разделе рассматриваются различные варианты одной задач. Пусть имеется n городов, пронумерованных числами от 1 до n. Для каждой пары городов с номерами i, j в таблице a[i][j] хранится целое число - цена прямого авиабилета из города i в город j. Считается, что рейсы существуют между любыми городами, $${a[i][i]}={0}$$ при всех i, a[i][j] может отличаться от a[j][i]. Наименьшей стоимостью проезда из i в j считается минимально возможная сумма цен билетов для маршрутов (в том числе с пересадками), ведущих из i в j. (Она не превосходит a[i][j], но может быть меньше.)

    В предлагаемых ниже задачах требуется найти наименьшую стоимость проезда для некоторых пар городов при тех или иных ограничениях на массив a и на время работы алгоритма.

    9.1.1. Предположим, что не существует замкнутых маршрутов, для которых сумма цен отрицательна. Доказать, что в этом случае маршрут с наименьшей стоимостью существует.

    Решение. Маршрут длиной больше n всегда содержит цикл, поэтому минимум можно искать среди маршрутов длиной не более n, а их конечное число.

    Во всех следующих задачах предполагается, что это условие (отсутствие циклов с отрицательной суммой) выполнено.

    9.1.2. Найти наименьшую стоимость проезда из 1-го города во все остальные за время $$O({n}^3)$$.

    Решение. Обозначим через МинСт(1,s,k) наименьшую стоимость проезда из 1 в s менее чем с k пересадками. Тогда выполняется такое соотношение:$${МинСт}({1},{s},{k+1}) = min \Bigl({МинСт(1,s,k)}, \min_{i=1..n} {МинСт(1,i,k)}+{a[i]}\!{[s]})\Bigr)$$ Как отмечалось выше, искомым ответом является МинСт(1,i,n) для всех $${i}={1}\ldots{n}$$.

    k:= 1;
for i := 1 to n do begin x[i] := a[1][i]; end;
{инвариант: x[i] = МинСт(1,i,k)}
while k <> n do begin
| for s := 1 to n do begin
| | y[s] := x[s];
| | for i := 1 to n do begin
| | | if y[s] > x[i]+a[i][s] then begin
| | | | y[s] := x[i]+a[i][s];
| | | end;
| | end
| | {y[s] = МинСт(1,s,k+1)}
| end;
| for i := 1 to n do begin x[s] := y[s]; end;
| k := k + 1;
end;

    Приведенный алгоритм называют алгоритмом динамического программирования, или алгоритмом Форда-Беллмана.

    9.1.3. Доказать, что программа останется правильной, если не заводить массива y, а производить изменения в самом массиве x (заменив в программе все вхождения буквы y на x и затем удалить ставшие лишними строки).

    Решение. Инвариант будет таков:$${МинСт(1,i,n)} \le {x[i]} \le {МинСт(1,i,k)}.$$

    Этот алгоритм может быть улучшен в двух отношениях: можно за то же время $$O({n}^3)$$ найти наименьшую стоимость проезда $${i}\rightarrow{j}$$ для всех пар i, j (а не только при $${i}={1}$$ ), а можно сократить время работы до $$O({n}^2)$$. Правда, в последнем случае нам потребуется, чтобы все цены a[i][j] были неотрицательны.

    9.1.4. Найти наименьшую стоимость проезда $${i}\rightarrow{j}$$ для всех i, j за время $$O({n}^3)$$.

    Решение. Для $${k} = {0}\ldots{n}$$ через A(i,j,k) обозначим наименьшую стоимость маршрута из i в j, если в качестве пересадочных разрешено использовать только пункты с номерами не больше k. Тогда

    A(i,j,0) = a[i][j],
A(i,j,k+1)=min(A(i,j,k), A(i,k+1,k)+{A(k+1,j,k))

    (два варианта соответствуют неиспользованию и использованию пункта k+1 в качестве пересадочного; отметим, что в нем незачем бывать более одного раза).

    Этот алгоритм называют алгоритмом Флойда.

    9.1.5. Как проверить за $$O(n)$$ действий, имеет ли граф с n вершинами циклы с отрицательной суммой?

    Указание. Можно применять алгоритм Флойда, причем разрешать $${i}={j}$$ в $${A(i,j,k)}$$, пока не появится первый отрицательный цикл.

    9.1.6. Имеется $$n$$ валют и таблица обменных курсов (сколько флоринов дают за талер и т.п.). Коммерсант хочет неограниченно обогатиться, обменивая свой начальный капитал туда-сюда по этим курсам. Как проверить, возможно ли это?

    Указание. После логарифмирования деньги уподобляются расстояниям.

    9.1.7. Известно, что все цены неотрицательны. Найти наименьшую стоимость проезда $${1}\rightarrow{i}$$ для всех $${i} ={1}\ldots{n}$$ за время $$O({n}^2)$$.

    Решение. В процессе работы алгоритма некоторые города будут выделенными (в начале - только город 1, в конце - все). При этом:

  • для каждого выделенного города i хранится наименьшая стоимость пути $${1}\rightarrow{i}$$ ; при этом известно, что минимум достигается на пути, проходящем только через выделенные города;
  • для каждого невыделенного города i хранится наименьшая стоимость пути $${1}\rightarrow{i}$$, в котором в качестве промежуточных используются только выделенные города.
    •

    Множество выделенных городов расширяется на основании следующего замечания: если среди всех невыделенных городов взять тот, для которого хранимое число минимально, то это число является истинной наименьшей стоимостью. В самом деле, пусть есть более короткий путь. Рассмотрим первый невыделенный город на этом пути - уже до него путь длиннее! (Здесь существенна неотрицательность цен.)

    Добавив выбранный город к выделенным, мы должны скорректировать информацию, хранимую для невыделенных городов. При этом достаточно учесть лишь пути, в которых новый город является последним пунктом пересадки, а это легко сделать, так как минимальную стоимость проезда в новый город мы уже знаем.

    При самом бесхитростном способе хранения множества выделенных городов (в булевском векторе) добавление одного города к числу выделенных требует времени $$O({n})$$.

    Этот алгоритм называют алгоритмом Дейкстры.

    9.1.8. Имеется $$n$$ городов, соединенных дорогами (с односторонним движением). Для любых городов $$i,j$$ известен максимальный вес груза, который можно везти из $$i$$ в $$j$$ (грузоподъемность дороги). Найти за время $$O(n^2)$$ для всех городов максимальный вес груза, который в них можно привезти из столицы.

    Указание. Действовать аналогично алгоритму Дейкстры, заменив сумму на максимум.

    Отыскание кратчайшего пути имеет естественную интерпретацию в терминах матриц. Пусть $$A$$ - матрица цен одной авиакомпании, а $$B$$ - матрица цен другой. Пусть мы хотим лететь с одной пересадкой, причем сначала самолетом компании $$A$$, а затем - компании $$B$$. Сколько нам придется заплатить, чтобы попасть из города i в город j?

    9.1.9. Доказать, что эта матрица вычисляется по обычной формуле для произведения матриц, только вместо суммы надо брать минимум, а вместо умножения - сумму.

    9.1.10. Доказать, что таким образом определенное произведение матриц ассоциативно.

    9.1.11. Доказать, что задача о кратчайших путях эквивалентна вычислению $$A^\infty$$ для матрицы цен $$A$$: в последовательности $$A, A^2, A^3,\ldots$$ все элементы, начиная с некоторого, равны искомой матрице стоимостей кратчайших путей. (Если нет отрицательных циклов!)

    9.1.12. Начиная с какого элемента можно гарантировать равенство в предыдущей задаче?

    Обычное (не модифицированное) умножение матриц тоже может оказаться полезным, только матрицы должны быть другие. Пусть есть не все рейсы (как раньше), а только некоторые, a[i][j] равно 1, если рейс есть, и 0, если рейса нет. Возведем матрицу a (обычным образом) в степень k и посмотрим на ее ( i - j )-ый элемент.

    9.1.13. Чему он равен?

    Ответ. Числу различных способов попасть из i в j за k рейсов (с k-1 пересадками).

    При описании кратчайших путей случай, когда есть не все рейсы, можно свести к исходному, введя фиктивные рейсы с бесконечно большой (или достаточно большой) стоимостью. Тем не менее возникает такой вопрос. Число реальных рейсов может быть существенно меньше $$n^2$$, поэтому интересны алгоритмы, которые работают эффективно в такой ситуации. Исходные данные естественно представлять тогда в такой форме: для каждого города известно число выходящих из него рейсов, их пункты назначения и цены.

    9.1.14. Доказать, что алгоритм Дейкстры можно модифицировать так, чтобы для $$n$$ городов и $$m$$ рейсов (всего) он требовал не более $$C(n+m)\log n$$ операций.

    Указание. Что надо сделать на каждом шаге? Выбрать невыделенный город с минимальной стоимостью и скорректировать цены для всех городов, в которые из него есть маршруты. Если бы кто-то сообщал нам, для какого города стоимость минимальна, то хватило бы $$C(n+m)$$ действий. А поддержание сведений о том, какой элемент в массиве минимален (см. задачу из пункта 6.4.) обходится еще в множитель $$\log n$$.

    9.2. Связные компоненты, поиск в глубину и ширину

    Наиболее простой случай задачи о кратчайших путях - если все цены равны $$0$$ или $$+\infty$$. Другими словами, мы интересуемся возможностью попасть из $$i$$ в $$j$$, но за ценой не постоим. В других терминах: мы имеем ориентированный граф (картинку из точек, некоторые из которых соединены стрелками) и нас интересуют вершины, доступные из данной.

    Для этого случая задачи о кратчайших путях приведенные в предыдущем разделе алгоритмы - не наилучшие. В самом деле, более быстрая рекурсивная программа решения этой задачи приведена в лекции 7, а нерекурсивная - в лекции 6. Сейчас нас интересует такая задача: не просто перечислить все вершины, доступные из данной, но перечислить их в определенном порядке. Два популярных случая - поиск в ширину и в глубину.

    Поиск в ширину.

    Надо перечислить все вершины ориентированного графа, доступные из данной, в порядке увеличения длины пути от нее. (Тем самым мы решим задачу о кратчайших путях, когда цены ребер равны $$1$$ или $$+\infty$$.)

    9.2.1. Придумать алгоритм решения этой задачи с числом действий не более $$C\cdot{}$$ (число ребер, выходящих из интересующих нас вершин).

    Решение. Эта задача рассматривалась в лекции 6, задача 6.3.9. Здесь мы приведем подробное решение. Пусть num[i] - количество ребер, выходящих из i, $${out[i][1]},\ldots,{out[i][num[i]]}$$ - вершины, куда ведут ребра. Вот программа, приведенная ранее:

    procedure Доступные (i: integer);
|   {напечатать все вершины, доступные из i, включая i}
| var  X: подмножество 1..n;
|      P: подмножество 1..n;
|      q, v, w: 1..n;
|      k: integer;
begin
| ...сделать X, P пустыми;
| writeln (i);
| ...добавить i к X, P;
| {(1) P = множество напечатанных вершин; P содержит i;
|  (2) напечатаны только доступные из i вершины;
|  (3) X - подмножество P;
|  (4) все напечатанные вершины, из которых выходит
|      ребро в ненапечатанную вершину, принадлежат X}
| while X непусто do begin
| | ...взять какой-нибудь элемент X в v;
| | for k := 1 to num [v] do begin
| | | w := out [v][k];
| | | if w не принадлежит P then begin
| | | | writeln (w);
| | | | добавить w в P;
| | | | добавить w в X;
| | | end;
| | end;
| end;
end;

    Тогда нам было безразлично, какой именно элемент множества X выбирается. Если мы будем считать X очередью (первым пришел - первым ушел), то эта программа напечатает все вершины, доступные из i, в порядке возрастания их расстояния от i (числа ребер на кратчайшем пути из i ). Докажем это.

    Обозначим через $$V(k)$$ множество всех вершин, расстояние которых от i (в описанном смысле) равно $$k$$. Имеет место такое соотношение:$$V(k+1) = \text{(концы ребер с началами в V(k))} \setminus (V(0) \cup \ldots \cup V(k))$$ Докажем, что для любого $$k=0,1,2\ldots$$ в ходе работы программы будет такой момент (после очередной итерации цикла while ), когда$$\begin{quote} в очереди стоят все элементы V(k) и только они; \\ напечатаны все элементы V(0),\ldots,V(k). \end{quote}$$ (Для $$k=0$$ - это состояние перед циклом.) Рассуждая по индукции, предположим, что в очереди скопились все элементы $$V(k)$$. Они будут просматриваться в цикле, пока не кончатся (поскольку новые элементы добавляются в конец, они не перемешаются со старыми). Концы ведущих из них ребер, если они уже не напечатаны, печатаются и ставятся в очередь - то есть все как в записанном выше соотношении для $$V(k+1)$$. Так что когда все старые элементы кончатся, в очереди будут стоять все элементы $$V(k+1)$$.

    Поиск в глубину.

    Рассматривая поиск в глубину, удобно представлять себе ориентированный граф как образ дерева. Более точно, пусть есть ориентированный граф, одна из вершин которого выделена. Будем предполагать, что все вершины доступны из выделенной по ориентированным путям. Построим дерево, которое можно было бы назвать "универсальным накрытием" нашего графа. Его корнем будет выделенная вершина графа. Из корня выходят те же стрелки, что и в графе - их концы будут сыновьями корня. Из них в дереве выходят те же стрелки, что и в графе и так далее. Разница между графом и деревом в том, что пути в графе, ведущие в одну и ту же вершину, в дереве "расклеены". В других терминах: вершина дерева - это путь в графе, выходящий из корня. Ее сыновья - это пути, продолженные на одно ребро. Заметим, что дерево бесконечно, если в графе есть ориентированные циклы.

    Имеется естественное отображение дерева в граф (вершин в вершины). При этом каждая вершина графа имеет столько прообразов, сколько путей в нее ведет. Поэтому обход дерева (посещение его вершин в том или ином порядке) одновременно является и обходом графа - только каждая вершина посещается многократно.

    Будем предполагать, что для каждой вершины графа выходящие из нее ребра упорядочены (например, пронумерованы). Тем самым для каждой вершины дерева выходящие из нее ребра также упорядочены. Будем обходить дерево так: сначала корень, а потом поддеревья (в порядке ведущих в них ребер). Такой обход дерева рассматривался нами в лекции 7. Ему соответствует обход графа. Если выкинуть из этого обхода повторные посещения уже посещенных вершин, то получится то, что называется "поиск в глубину".

    Другими словами, на путях, выходящих из выделенной вершины, введем порядок: путь предшествует своему продолжению; если два пути расходятся в некоторой вершине, то меньшим считается тот, который выходит из нее по меньшему ребру. Вершины теперь упорядочиваются в соответствии с минимальными путями, в них ведущими. Обход вершин графа в указанном порядке называется поиском в глубину.

    9.2.2. Написать программу поиска в глубину.

    Указание. Возьмем программу обхода дерева (корень $$\rightarrow$$ левое поддерево $$\rightarrow$$ правое поддерево) из лекции 7 или из лекции 8 и используем ее применительно к обстоятельствам. Главное изменение: не надо посещать вершины повторно. Так что если мы попали в уже посещенную вершину, то можно с ней ничего не делать. (Если путь не минимален среди ведущих в данную вершину, то и все его продолжения не минимальны - их просматривать не надо).

    Замечание.Напомним, что в лекции 8 упоминались две возможности устранения рекурсии в программе обхода дерева (пункт 8.2.). Оба варианта можно использовать для поиска в глубину.

    Поиск в глубину лежит в основе многих алгоритмов на графах, порой в несколько модифицированном виде.

    9.2.3. Неориентированный граф называется двудольным, если его вершины можно раскрасить в два цвета так, что концы любого ребра - разного цвета. Составить алгоритм проверки, является ли заданный граф двудольным, в котором число действий не превосходит $$C\cdot{}$$ (число ребер $${}+{}$$ число вершин).

    Указание. (а) Каждую связную компоненту можно раскрашивать отдельно. (б) Выбрав цвет одной вершины и обходя ее связную компоненту, мы определяем единственно возможный цвет остальных.

    Замечание.В этой задаче безразлично, производить поиск в ширину или в глубину.

    9.2.4. Составить нерекурсивный алгоритм топологической сортировки ориентированного графа без циклов. (Рекурсивный алгоритм смотри в лекции 7, задача 7.4.2.)

    Решение. Предположим, что граф имеет вершины с номерами $${1}\ldots{n}$$, для каждой вершины i известно число num[i] выходящих из нее ребер и номера вершин $${dest[i][1]},\ldots,{dest[i][num[i]]}$$, в которые эти ребра ведут. Будем условно считать, что ребра перечислены "слева направо": левее то ребро, у которого номер меньше. Нам надо напечатать все вершины в таком порядке, чтобы конец любого ребра был напечатан перед его началом. Мы предполагаем, что в графе нет ориентированных циклов - иначе такое невозможно.

    Для начала добавим к графу вершину 0, из которой ребра ведут в вершины $${1},\ldots,{n}$$. Если ее удастся напечатать с соблюдением правил, то тем самым все вершины будут напечатаны.

    Алгоритм хранит путь, выходящий из нулевой вершины и идущий по ребрам графа. Переменная l отводится для длины этого пути. Путь образован вершинами $${vert[1]}\ldots{vert[l]}$$ и ребрами, имеющими номера $${edge[1]}\ldots{edge[l]}$$. Номер edge[s] относится к нумерации ребер, выходящих из вершины vert[s]. Тем самым для всех s должны выполняться неравенство$${edge[s]}\le{num[vert[s]]}$$ и равенство$${vert[s+1]} = {dest}\,{[vert[s]]}\,{[edge[s]]}.$$ Заметим, что конец последнего ребра нашего пути (то есть вершина dest[vert[l]][edge[l]], не включается в массив vert. Кроме того, для последнего ребра мы делаем исключение, разрешая ему указывать "в пустоту", т. е. разрешаем edge[l] равняться num[vert[l]]+1.

    В процессе работы алгоритм будет печатать номера вершин, при этом соблюдая требование "вершина напечатана только после тех вершин, в которые из нее ведут ребра". Кроме того, будет выполняться такое требование (И):

    вершины пути, кроме последней (vert[1]...vert[l]) не напечатаны, но свернув с пути налево, мы немедленно упираемся в напечатанную вершину.

    Вот что получается:

    l:=1; vert[1]:=0; edge[1]:=1;
while not( (l=1) and (edge[1]=n+1)) do begin
| if edge[l]=num[vert[l]]+1 then begin
| | {путь кончается в пустоте, поэтому все вершины,
| |     следующие за vert[l], напечатаны - можно
| |     печатать vert[l]}
| | writeln (vert[l]);
| | l:=l-1; edge[l]:=edge[l]+1;
| end else begin
| |  {edge[l] <= num[vert[l]], путь кончается в
| |     вершине}
| |  lastvert:= dest[vert[l]][edge[l]]; {последняя}
| |  if lastvert напечатана then begin
| |  | edge[l]:=edge[l]+1;
| |  end else begin
| |  | l:=l+1; vert[l]:=lastvert; edge[l]:=1;
| |  end;
| end;
end;
{путь сразу же ведет в пустоту, поэтому все вершины
 левее, то есть 1..n, напечатаны}

    9.2.5. Доказать, что если в графе нет циклов, то этот алгоритм заканчивает работу.

    Решение. Пусть это не так. Каждая вершина может печататься только один раз, так что с некоторого момента вершины не печатаются. В графе без циклов длина пути ограничена (вершина не может входить в путь дважды), поэтому подождав еще, мы можем дождаться момента, после которого путь не удлиняется. После этого может разве что увеличиваться edge[l] - но и это не беспредельно.

    Тем самым мы построили искомый нерекурсивный алгоритм топологической сортировки графа.

    9.2.6. Доказать, что время работы этого алгоритма не превосходит $$O(\text{число вершин}+\text{число ребер})$$.

    9.2.7. Как модифицировать алгоритм так, чтобы он отыскивал один из циклов, если таковые имеются, и производил топологическую сортировку, если циклов нет?

    Предыдущее занятие Следующее занятие
    Вернуться к учебному плану
    ^