找出图中哈密顿路径数量的算法答案

【问题标题】：Algorithms to find the number of Hamiltonian paths in a graph找出图中哈密顿路径数量的算法
【发布时间】：2011-07-17 00:45:29
【问题描述】：

我正在尝试解决Hamiltonian Path 问题的略微修改版本。它的修改在于将起点和终点提供给我们，而不是确定解决方案是否存在，而是要找到解决方案的个数（可能为 0）。

图形以二维数组的形式提供给我们，节点是数组的元素。此外，我们只能水平或垂直移动，不能沿对角线移动。不用说，我们不能从一个城市去两个城市，因为要这样做，我们需要访问一个城市两次。

我写了一个蛮力解决方案，尝试在每个节点上进行所有 4 次（边缘节点为 3 或 2 次）可能的移动，然后计算解决方案的数量（即当它达到目标并且也看到所有其他节点时） )，但它在中等大小的输入（比如 7x7 数组）上运行了荒谬的时间。

我也想过使用bidirectional search，因为我们知道目标，但这并没有真正帮助，因为我们不仅希望边缘相遇，我们还希望确保所有节点都已被访问。此外，当两个边缘之间的所有节点都用尽时，它们可能会以无法连接的方式结束。

我觉得有一些我不知道的东西让我只能使用蛮力解决方案。我知道问题本身是 NP 完全的，但我想知道是否对蛮力有任何改进。有人可以提出其他建议吗？

--编辑--

我提到使用双向搜索并没有真正的帮助，我想澄清一下我为什么这么认为。考虑一个 2x3 图形，左上角和右下角节点分别是起点和目标。让双向搜索的边缘从起点向右移动，从目标向左移动。在 2 次移动之后，所有节点都会被访问，但无法加入边缘，因为我们只能从一个节点向一个方向前进。但是，正如大卫在下面的回答中指出的那样，可以通过一些修改使算法工作。

【问题讨论】：

标签： algorithm path np-complete

【解决方案1】：

根据Wolfram Alpha，

...唯一已知的确定方法给定的一般图是否有哈密顿路径是进行彻底搜索

我相信你会想从找到一条汉密尔顿路径开始，然后将它分成两条路径，使分割点尽可能清晰地将两条路径分开。然后你可以在子图中找到排列（当然还有递归！）

我不知道确切的算法，但我会从这种分而治之的方法开始。

【讨论】：

这很糟糕，但我想我对此无能为力。感谢您的帮助
你能再详细说明一下最后一部分吗？有什么地方可以开始阅读吗？
我找到了this page，但很多链接似乎已失效。

【解决方案2】：

有人在 https://mathoverflow.net/questions/36368/efficient-way-to-count-hamiltonian-paths-in-a-grid-graph-for-a-given-pair-of-vert 上的 Math Overflow 上问了一个与您非常相似的问题，并且 (1) 他们没有得到大量“这里是如何有效地做到这一点”的回答（这可能意味着没有一个简单的方式），（2）Mathematica 显然需要 5 个小时来计算 7x7 网格上对角之间的路径，因此您可能没有做错任何事情，并且（3）答案中有一些有趣的指针。

【讨论】：

我在放弃之前让我的代码运行了大约 98 分钟，希望我犯了一些愚蠢的错误。我想这完全消除了任何希望。谢谢你为我省去了很多麻烦。

【解决方案3】：

您仍然可以使用双向搜索，只需在搜索中添加一个约束，这样之前看到的节点就不会成为搜索的候选对象。

另一种适合并行解决方案的方法是将搜索分解为更小的搜索。

例如，尝试通过求解来解决你原来的问题：

对于每个节点n，它不是开始或结束节点，找到从开始到n（set1）和从n到结束（set2）的所有路径。

找到set1和set2后，可以丢弃它们叉积中除n以外的公共节点的所有元素。

【讨论】：

这不是问题。即使我们没有访问已经访问过的节点，我们仍然希望边缘访问图中的所有节点。此外，可能无法以合法方式加入边缘。例如，考虑一个 3x2 图形，右上角和左下角节点分别是 start 和 goal。让边缘向右/向左移动。两次移动后，所有节点都会被访问，但无法以合法的方式加入它们，让我们回到暴力搜索。
请您将其添加到问题描述中吗？另外，为什么不直接修改搜索，使其在探索完所有节点后才停止？
在想到双向搜索之前，我已经想到了类似的解决方案，但我放弃了。将它与双向搜索一起使用使它更有用。 +1
因为我们想在最后达到目标。另外，你能告诉我你认为我应该在描述中添加什么吗？我在第一条评论中使用的示例？
我认为，您第一条评论中的示例会大大增加您的问题。你问了一个有趣的问题，干得好！:)

【解决方案4】：

在 7x7 数组（即总共 7*7=49 个节点）上，使用 O(n!) 算法或 O(2^n*n^2) 算法都将花费太多时间。

考虑到这个特定图的特殊特性（例如，每个节点最多有 4 条边），也许有一些方法可以加快这个速度，但是快速解决方案似乎不太可能（除非有人偶然找到了哈密顿量的多项式时间算法路径问题本身）。

【讨论】：

【解决方案5】：

它可以使用带有位掩码的 DP 来解决，我猜 n 的值最多为 20 或更多。创建一个 2d dp 表。 dp[i][j] 表示您在第 i 个顶点的情况的答案，j 存储有关已访问顶点的信息。这是一个 C++ 代码。

使用的宏：

#define    oncnt    __builtin_popcount
typedef    vector<int>   vi;

主线外：

vi ad[21];
 int n,m;

 int dp[20][(1<<19)+1];

int sol(int i,int mask)
{
    //cout<<i+1<<" "<<oncnt(mask)<<"\n";

    if(i==n-1)
    return 1;

    if(mask&(1<<i))
    return 0;

    int &x=dp[i][mask];
    if(x!=-1)
    return x;

    x=0;

    for(int j=0;j<ad[i].size();j++)
    {
        int k=ad[i][j];
        if(mask&(1<<k))
        continue;
        if(k==n-1&&oncnt(mask)!=n-2)
        continue;
        if(k!=n-1&&oncnt(mask)==n-2)
        continue;
// The above two pruning statements are necessary.
        x=madd(x,sol(k,mask|(1<<i)));

    }

    return x;

}

内部主要：

cin>>n>>m;

for(int i=0;i<=n-1;i++)
 {
    for(int j=0;j<=(1<<(n-1));j++)
    dp[i][j]=-1;
 }


int a,b;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
    cin>>a>>b;
    a--;
    b--;
    ad[a].pb(b);
}


 cout<<sol(0,0);

【讨论】：

【解决方案6】：

我发现这种方法非常快，并且我能够将其推广到六边形网格：https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-00172308/document。诀窍是通过网格推动边界，同时跟踪可能的路径。我的实现可以在几秒钟内处理 20x20 的网格。

【讨论】：