为什么 DFS 和 BFS 的时间复杂度都是 O( V + E )答案

【问题标题】：Why is the time complexity of both DFS and BFS O( V + E )为什么 DFS 和 BFS 的时间复杂度都是 O( V + E )
【发布时间】：2012-07-13 04:39:35
【问题描述】：

BFS 的基本算法：

set start vertex to visited

load it into queue

while queue not empty

   for each edge incident to vertex

        if its not visited

            load into queue

            mark vertex

所以我认为时间复杂度是：

v1 + (incident edges) + v2 + (incident edges) + .... + vn + (incident edges)

其中v 是顶点1 到n

首先，我说的对吗？其次，这个O(N + E) 怎么样，以及为什么会非常好的直觉。谢谢

【问题讨论】：

标签： algorithm time-complexity graph-theory breadth-first-search

【解决方案1】：

你的总和

v1 + (incident edges) + v2 + (incident edges) + .... + vn + (incident edges)

可以改写为

(v1 + v2 + ... + vn) + [(incident_edges v1) + (incident_edges v2) + ... + (incident_edges vn)]

第一组是O(N)，另一组是O(E)。

【讨论】：

但是每个顶点都必须从队列中提取出来，这是log(|Q|)这部分呢？
log(|Q|)
如果在邻接列表中，每个顶点都连接到所有其他顶点，那么复杂度将等于 O(V+E)=O(V+V^2)=O(V^2 ）。 E=V^2 因为最多边数 = V^2。
根据你的回答，复杂度不会变成O(V+2E)吗？因为每条边都可能与另一条边有共同的边？
常数项可以去掉。

【解决方案2】：

DFS（分析）：

设置/获取顶点/边标签需要 O(1) 时间
每个顶点被标记两次
- 曾经是 UNEXPLORED
- 曾经访问过
每条边被标记两次
- 曾经是 UNEXPLORED
- 一次作为 DISCOVERY 或 BACK
对每个顶点调用一次方法incidentEdges
DFS 在O(n + m) 时间运行，前提是图形由邻接表结构表示
回想一下Σv deg(v) = 2m

BFS（分析）：

设置/获取顶点/边标签需要 O(1) 时间
每个顶点被标记两次
- 曾经是 UNEXPLORED
- 曾经访问过
每条边被标记两次
- 曾经是 UNEXPLORED
- 曾经作为 DISCOVERY 或 CROSS
每个顶点被插入一次序列Li
对每个顶点调用一次方法incidentEdges
BFS 在O(n + m) 时间运行，前提是图形由邻接表结构表示
回想一下Σv deg(v) = 2m

【讨论】：

tnx 进行编辑我是新来的，所以我仍然尝试使用编辑屏幕进行管理:)
感谢您具体提到图形将由邻接表结构表示，这让我很困惑为什么 DFS 是 O(n+m)，我认为它是 O(n + 2m) 因为每条边都被回溯遍历了两次。

【解决方案3】：

非常简化，没有太多形式：每条边都被认为是两次，每个节点只被处理一次，所以复杂度必须是边数和顶点数的常数倍。

【讨论】：

比没有进一步解释的数学符号更容易理解，尽管这就是 Google 的用途。
为什么每条边都被精确地考虑了两次？
每个顶点最多被访问一次，因为只有第一次到达它的距离为 null ，所以每个顶点最多被排队一次。由于我们仅在从顶点访问时检查入射在顶点上的边，所以每条边最多检查两次，对于它入射的每个顶点一次。 See Source

【解决方案4】：

对此的直观解释是通过简单地分析单个循环：

访问一个顶点 -> O(1)
在所有入射边上的 for 循环 -> O(e) 其中 e 是在给定顶点 v 上入射的边数。

所以单次循环的总时间是O(1)+O(e)。现在对每个顶点求和，因为每个顶点都被访问一次。这给了

For every V
=> 

    O(1)
    +

    O(e)

=> O(V) + O(E)

【讨论】：

【解决方案5】：

时间复杂度是O(E+V)而不是O(2E+V)，因为如果时间复杂度是n^2+2n+7，那么它写成O(n^2)。

因此，O(2E+V) 写成 O(E+V)

因为 n^2 和 n 之间的差异很重要，但 n 和 2n 之间的差异不重要。

【讨论】：

@Am_I_Helpful 有人在上面用 big-oh 表示法询问 2E....这就是为什么在时间复杂度中不考虑 2。
@Am_I_Helpful 只是看到我的答案上面的帖子....那里名为 Kehe CAI 的用户写道“我认为每条边都被考虑了两次，每个节点都被访问过一次，所以总时间复杂度应该是 O(2E+V)。”所以我相应地回答....知道了！！！
我删除了我的反对票仅，因为您编辑了您的答案，

【解决方案6】：

我认为每条边都被考虑了两次，每个节点都被访问过一次，所以总的时间复杂度应该是O(2E+V)。

【讨论】：

即使我也有同感。谁能对此给出进一步的解释？
大 O 分析忽略了常数。 O(2E+V) 是 O(E+V)。
是的，在大 O 分析中，通常会丢弃常数和非显性部分。

【解决方案7】：

简短而简单的解释：

在最坏的情况下，您需要访问所有顶点和边，因此最坏情况下的时间复杂度是O(V+E)

【讨论】：

【解决方案8】：

在 Bfs 中，每个相邻顶点都会被插入一次队列中。这是通过查看顶点的边缘来完成的。每个访问过的顶点都被标记，因此它不能被再次访问：每个顶点只被访问一次，并且每个顶点的所有边都被检查。所以BFS的复杂度是V+E。在 DFS 中，每个节点维护其所有相邻边的列表，然后，对于每个节点，您需要通过在线性时间内遍历其邻接列表一次来发现其所有邻居。对于有向图，所有节点的邻接表大小之和为 E（总边数）。所以，DFS的复杂度是O(V + E)。

【讨论】：

【解决方案9】：

这是 O(V+E) 因为每次访问 V 的 v 必须访问 E 的每个 e 其中 |e| O(E)。所以总的时间复杂度是 O(V + E)。

【讨论】：