Nombre de sommets accessibles en DAG pour chaque sommet

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Soit un graphe dirigé acyclique, tel que le degré extérieur de tout sommet soit . Pour chaque sommet de nous pouvons compter le nombre de sommets accessibles, simplement en exécutant dfs à partir de chaque sommet et cela prendra du temps . Existe-t-il une meilleure façon de résoudre ce problème? $G(V,E)$ $O(\log{|V|})$ $G$ $O(|V||E|)$

— MikleB
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Connexe: cstheory.stackexchange.com/q/736/236 cstheory.stackexchange.com/q/553/236

— Radu GRIGore

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@Radu est-ce un double direct? ça sonne comme ça

— Suresh Venkat

@Suresh, par rapport à ma question, celui-ci a une limite supérieure sur le degré du sommet et ne demande pas de limites inférieures. Ce sont de petites différences à mon avis, donc je le considérerais comme un doublon, mais je n'y pense pas beaucoup.

— Radu GRIGore

1

ok donc nous allons le laisser tel quel.

— Suresh Venkat

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La réponse de virgi à ma question implique un algorithme pour celui-ci.

O (| V |^{2})

$O(|V|^2)$

— Radu GRIGore

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Le meilleur algorithme exact s'exécutera dans le temps O (min {mn, n ^ 2,38}) en utilisant une multiplication matricielle binaire rapide. Cependant, il existe un algorithme aléatoire, qui s'exécute dans le temps O (m + n) et estime le nombre de nœuds accessibles à partir de chaque nœud avec une petite erreur relative, veuillez vous reporter à l'article " Cadre d'estimation de la taille avec des applications à la fermeture et à l'accessibilité transitives" "par Edith Cohen.

— user22547
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Je ne suis pas un expert ici je vais essayer.

1) Puisqu'il s'agit de DAG, il devrait avoir un sommet de puits, c'est-à-dire un sommet avec un degré 0. Trouver un sommet de puits dire x et ajouter {x} comme sommet accessible au voisin (x). supprimer x et répéter le processus jusqu'à ce que le graphique devienne vide

— Prabu
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Étant donné que le degré extérieur est limité, il semblerait plus utile de commencer par une source?

— András Salamon

@ andras-salamon: non, car vous ne savez pas combien de nœuds sont accessibles depuis une source. Mais vous ne faites pas ça (zéro) pour un évier.

— Martin

Le temps d'exécution de cet algorithme est également - donc pas mieux que ce qui a été décrit dans la question. À chaque étape, le sommet que vous envisagez peut avoir un ensemble de sommets accessibles; vous ajoutez cela à chacun de ses voisins, ce qui prend temps par voisin. Au total, vous effectuez travail par arête, pour un total de travail.

O (| V | \cdot | E |)

$O(|V| \cdot |E|)$

x

$x$

O (| V |)

$O(|V|)$

O (| V |)

$O(|V|)$

O (| V |)

$O(|V|)$

O (| V | \cdot | E |)

$O(|V| \cdot |E|)$

— DW

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(Similaire à la solution de Prabu ... mais plus détaillée)

Soit les voisins (sortants) de et dénote le nombre de sommets accessibles depuis v. $N(v)$ $v$ $reach(v)$

faire un tri topologique. (possible en ) $O(|V|+|E|)$
à partir de la fin de la liste (à l'extrémité d'un puits): Pour chaque sommet (à partir de l'extrémité de la liste): . $v$ $reach(v) = \sum_{n\in N(v)} reach(n)$

La deuxième partie traverse chaque arête une fois, en ajoutant une autre, donc au total je reçois . $|E|$ $O(|V|+|E|)$

— Martin B.
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