在无向无权图中从第一个顶点返回到自身的长度为 K 的方式数答案

【问题标题】：Number of ways of length K to get from the first vertex back to itself in an undirected unweighted graph在无向无权图中从第一个顶点返回到自身的长度为 K 的方式数
【发布时间】：2021-09-02 13:39:22
【问题描述】：

我有一个无向无权图，其中有 N 个顶点，编号从 1 到 N。我需要找到从 first 顶点返回到自身的长度 K 的方式数。在这种情况下，允许多次重新访问第一个（或任何其他）顶点。一种可能的解决方案是采用邻接矩阵，找到该矩阵的 K 次幂，然后结果矩阵的左上角元素将成为问题的答案.该方法的时间复杂度为O(N^3 * log(K))。但是有没有更快的方法来解决这个问题？

【问题讨论】：

标签： algorithm matrix graph-theory adjacency-matrix

【解决方案1】：

简短回答：是的，你总是可以做得比O(N^3 log K) 更好。

长答案：最快方法的复杂性确实取决于 K 的大小，并且在较小程度上取决于图的当前表示形式和图中的边数。这个问题的具体术语是“counting closed walks”。

小K

使用动态编程。对于给定的初始顶点 x，我们有一个二维 DP 状态。

令 DP[ y ][ i ] 为从我们初始开始的长度为 i 的游走数到 y 的顶点。如果 y 与我们的初始值相邻，则 DP[ y ][ 1 ] 为 1 顶点，否则为 0。 i 的递推关系 > 1 是：DP[ y ][ i ] 是 (DP[ w ][ i - 1 ]) 的 y 的所有邻居 w 的总和

那么你的答案就是 DP[ K ][ 1 ]。

执行此操作的简短 Python 代码，假设图是邻接表表示：

dp = [[0 for _ in range(N + 1)] for _ in range(K + 1)]

for neighbor in graph[1]:
    dp[1][neighbor] = 1

for walk_length in range(2, K + 1):
    for vertex in range(1, N + 1):
        for neighbor in graph[vertex]:
            dp[walk_length][neighbor] += dp[walk_length - 1][vertex]

print(dp[K][1])

时间复杂度为O(K * (N + E))，其中 E 是边数。额外的空间复杂度为O(NK)，稍加努力即可降为O(N)。如果你的图很密集，它最多有|E| = O(N^2)，所以这是O(K * N * N)；如果你的图是稀疏的，就像一棵树，这是O(K * N)。邻接矩阵和邻接表之间的转换是O(N^2)的一个加法因子。

大K

据我所知，对于大 K 的最佳答案（复杂性）是使用类似于您建议的 adjacency matrix exponentiation 的策略。这种方法是有效的，但我们可以更聪明一点。

回想一下，未加权、无向图的邻接矩阵是实对称矩阵，因此它是diagonalizable. 设邻接矩阵为 A，谱分解为 A = P * D * (P^- 1)，其中 D 是对角矩阵。然后我们找到 A^K = P * (D^K) * (P^-1) 的左上元素，这需要对单个特征值进行 N 次幂运算，然后是 2N 次乘法和加法。

由于特征值的大小受最大度数或O(N) 的限制，因此主导项由计算具有 O(log N) 位数的数字 x 的 x^K 的成本决定。确定这里的时间复杂度很复杂：我们必须开始讨论计算模型，以及整数乘法的成本。如果我们谈论的是计算的词 RAM 模型，或者机器词足够大以处理输出的模型，那么您的 O(N^3 log K) 绑定就可以工作。如果您只想要以某个固定数字为模的答案，它也可以更普遍地工作。否则，如果 K 任意大，我们的 N 个特征值幂每个可以有 O(K) 位，所以这最后一步可能需要 O( K * N log log N) 时间，这仍然比原始的全矩阵求幂更有效（至少是 @987654336 @ 在这种情况下）。

矩阵分解的复杂度与矩阵乘法的复杂度密切相关，这是一个开放性问题。介于 N^2 和 N^(2.373) 之间，但理论上最优复杂度的问题是best addressed in math stackexchange questions like this one，通常与实际问题无关。

【讨论】：

感谢您的详细解答！这让事情有点清楚了。