了解 Dijkstra 算法的时间复杂度计算答案

【问题标题】：Understanding Time complexity calculation for Dijkstra Algorithm了解 Dijkstra 算法的时间复杂度计算
【发布时间】：2014-12-20 06:51:09
【问题描述】：

根据我的理解，我使用下面给出的邻接表将 Dijkstra 算法的时间复杂度计算为大 O 表示法。它并没有像预期的那样出来，这让我一步一步地理解它。

每个顶点可以连接到 (V-1) 个顶点，因此每个顶点的相邻边数为 V - 1。假设 E 表示连接到每个顶点的 V-1 条边。
在最小堆中查找和更新每个相邻顶点的权重为 O(log(V)) + O(1) 或 O(log(V))。
因此从上面的第 1 步和第 2 步，更新一个顶点的所有相邻顶点的时间复杂度是 E*(logV)。或E*logV。
因此所有 V 个顶点的时间复杂度为 V * (E*logV)，即 O(VElogV)。

但是 Dijkstra 算法的时间复杂度是 O(ElogV)。为什么？

【问题讨论】：

标签： algorithm graph big-o time-complexity dijkstra

【解决方案1】：

Dijkstra 的最短路径算法是O(ElogV) 其中：

V 是顶点数
E 是边的总数

您的分析是正确的，但您的符号有不同的含义！你说算法是O(VElogV) where：

V 是顶点数
E 是连接到单个节点的最大边数。

让我们将您的 E 重命名为 N。所以一个分析说O(ElogV)，另一个说O(VNlogV)。两者都是正确的，实际上是E = O(VN)。不同之处在于ElogV 是更严格的估计。

【讨论】：

谢谢，明白了，相邻边*totalVertices = totalEdges(E)。但是您能否阐明更严格的界限/估计的真正含义。
@MeenaChaudhary，更准确地说是maxAdjacentEdgesOfAVertex * totalVertices >= totalEdges，这就是更紧密的界限。更严格的界限意味着更接近事实的估计。例如，如果一个算法执行n + 10 操作，你可以说它是O(n^2) 是真的，或者O(nlogn) 也是真的。但它也是O(n)，它比其他两个更紧密。可能的最紧密界限称为Θ，因此在上面的示例中为n + 1 = Θ(n)。（Θ的定义既是上限又是下限）
@SeldomNeedy, 是的，那是log in base 2. 虽然只要O 表示法，它并没有什么区别，因为log[10](V) = log[10](2)*log[2](V)，所以区别是只是一个常数，不会改变算法的时间顺序。
@SeldomNeedy，哦，使用计算机算法，您很少需要除 2 以外的任何基数的 log，因此隐含了基数 2。（看看我在那里做了什么？）
我想指出，这个时间复杂度，O(E log V)，假设给定的图是连通的。例如，在具有很多孤立顶点的稀疏图的情况下，它不会成立。这就是为什么 Dijkstra 二进制堆实现的最坏情况是O(V log V + E log V)。当我们不能假设 E >= V 时，它不能简化为 O(E log V)

【解决方案2】：

添加一个更详细的解释，以防万一：

O(for each vertex using min heap: for each edge linearly: push vertices to min heap that edge point to )
V = 顶点数
O(V * (从最小堆中弹出顶点+在边中找到未访问的顶点*将它们推送到最小堆))
E = 每个顶点的边数
O(V * (pop 来自最小堆的顶点+ E * 将未访问的顶点推送到最小堆))。请注意，我们可以在此处多次推送同一个节点，然后才能“访问”它。
O(V * (log(堆大小) + E * log(堆大小)))
O(V * ((E + 1) * log(堆大小)))
O(V * (E * log(堆大小)))
E = V 因为每个顶点都可以引用所有其他顶点
O(V * (V * log(堆大小)))
O(V^2 * log(堆大小))
堆大小是V^2，因为我们每次想要更新距离时都会推送到它，并且每个顶点最多可以进行 V 次比较。例如。对于最后一个顶点，第一个顶点距离10，第二个距离9，第三个距离8，以此类推，所以我们每次推送更新
O(V^2 * log(V^2))
O(V^2 * 2 * log(V))
O(V^2 * log(V))
V^2 也是边的总数，所以如果我们让E = V^2（如官方命名），我们将得到O(E * log(V))

【讨论】：

说得很好！！
@sam 你能解释一下这部分吗""E = V 因为每个顶点都可以引用所有其他顶点"
@MrA 如果您有顶点 A、B、C，那么 A 可以连接到 B 和 C。B 可以连接到 A 和 C。C 可以连接到 A 和 B。所以任何顶点都可以连接到总共V-1个顶点（除了自身），所以每个顶点上可以有V-1条边，基本等于V。所以，E = V

【解决方案3】：

设n为顶点数，m为边数。

由于使用 Dijkstra 的算法，您有 O(n) delete-mins 和 O(m) decrease_keys，每个成本 O(logn)，即总运行时间使用二进制堆将是 O(log(n)(m + n))。完全有可能使用斐波那契堆将 decrease_key 的成本摊销到 O(1)，从而导致总运行时间为 O(nlogn+m)，但实际上这通常不会这样做，因为常数FH 的因子惩罚非常大，并且在随机图上 decrease_keys 的数量远低于其各自的上限（更多在 O(n*log(m/n) 的范围内，即在 m = O(n)) 的稀疏图上要好得多。因此请始终注意，总运行时间取决于您的数据结构和输入类。

【讨论】：

【解决方案4】：

在密集（或完整）图中，E logV > V^2

使用链接数据和二进制堆并不总是最好的。

这种情况下，我更喜欢只使用矩阵数据并按行保存最小长度。

只需V^2 时间。

以防万一，E < V / logV。

或者，每个顶点的最大边数小于某个常数K。

然后使用二叉堆。

【讨论】：

【解决方案5】：

让我们尝试分析 CLRS 书中给出的算法。

对于第 7 行中的每个循环： 对于任何顶点说“u”，循环运行的次数等于“u”的相邻顶点的数量。一个节点的相邻顶点数总是小于或等于图中边的总数。

如果我们取 V（因为第 4 行中的 while 循环）和 E（因为第 7 行中的 for each）并将复杂度计算为 VElog(V)，它将等价于假设每个顶点都有 E 条入射在其上，但实际上最多或少于 E 条入射在单个顶点上。（单个顶点的最多 E 个相邻顶点发生在内部顶点的星图的情况下）

【讨论】：

【解决方案6】：

V：顶点数， E：总边数假设图是密集的复杂度为 O(V*logV) + O( (1+2+...+V)*logV)

1+2+....+(V-1) = (v)*(v+1)/2 ~ V^2 ~ E 因为图是密集的所以复杂度是 O(ElogV)。

和 1+2+...+ V 指的是：对于每个顶点 v 在 G.adj[u] 但不在 S 如果您在提取顶点之前考虑 Q 有 V 个顶点然后它有 V-1 然后 V-2 ...然后是 1。

【讨论】：