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我已经编写了一个算法来解决图中的最小团数问题。我已经测试了我的回溯算法,但我无法计算出最坏情况的时间复杂度,我已经尝试了很多次。
我知道这个问题是一个NP难问题,但是我觉得有没有可能根据代码给出一个最坏的时间复杂度。这段代码的最差时间复杂度是多少?任何想法?如何形式化递归方程?
我尝试编写易于理解的代码。如果您有任何问题,请发表评论。我将非常高兴获得提示、引用和答案。感谢小伙伴们的提示:)。
编辑正如 M C 评论的那样,我基本上已经尝试解决这个问题 Clique cover problem
伪代码:
function countCliques(graph, vertice, cliques, numberOfClique, minimumSolution)
for i = 1 .. number of cliques + 1 new loop
if i > minimumSolution then
return;
end if
if (fitToClique(cliques(i), vertice, graph) then
addVerticeToClique(cliques(i), vertice);
if (vertice == 0) then //last vertice
minimumSolution = numberOfClique
printResult(result);
else
if (i == number of cliques + 1) then // if we are using a new clique the +1 always a new clique
countCliques(graph, vertice - 1, cliques, number of cliques + 1, minimum)
else
countCliques(graph, vertice - 1, cliques, number of cliques, minimum)
end if
end if
deleteVerticeFromClique(cliques(i), vertice);
end if
end loop
end function
bool fitToClique(clique, vertice, graph)
for ( i = 1 .. cliqueSize) loop
verticeFromClique = clique(i)
if (not connected(verticeFromClique, vertice)) then
return false
end if
end loop
return true
end function
代码
int countCliques(int** graph, int currentVertice, int** result, int numberOfSubset, int& minimum) {
// if solution
if (currentVertice == -1) {
// if a better solution
if (minimum > numberOfSubset) {
minimum = numberOfSubset;
printf("New minimum result:\n");
print(result, numberOfSubset);
}
c++;
} else {
// if not a solution, try to insert to a clique, if not fit then create a new clique (+1 in the loop)
for (int i = 0; i < numberOfSubset + 1; i++) {
if (i > minimum) {
break;
}
//if fit
if (fitToSubset(result[i], currentVertice, graph)) {
// insert
result[i][0]++;
result[i][result[i][0]] = currentVertice;
// try to insert the next vertice
countCliques(graph, currentVertice - 1, result, (i == numberOfSubset) ? (i + 1) : numberOfSubset, minimum);
// delete vertice from the clique
result[i][0]--;
}
}
}
return c;
}
bool fitToSubset(int *subSet, int currentVertice, int **graph) {
int subsetLength = subSet[0];
for (int i = 1; i < subsetLength + 1; i++) {
if (graph[subSet[i]][currentVertice] != 1) {
return false;
}
}
return true;
}
void print(int **result, int n) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
int m = result[i][0];
printf("[");
for (int j = 1; j < m; j++) {
printf("%d, ",result[i][j] + 1);
}
printf("%d]\n", result[i][m] + 1);
}
}
int** readFile(const char* file, int& v, int& e) {
int from, to;
int **graph;
FILE *graphFile;
fopen_s(&graphFile, file, "r");
fscanf_s(graphFile,"%d %d", &v, &e);
graph = (int**)malloc(v * sizeof(int));
for (int i = 0; i < v; i ++) {
graph[i] = (int*)calloc(v, sizeof(int));
}
while(fscanf_s(graphFile,"%d %d", &from, &to) == 2) {
graph[from - 1][to - 1] = 1;
graph[to - 1][from - 1] = 1;
}
fclose(graphFile);
return graph;
}
最佳答案
您算法的时间复杂度与列表密切相关 compositions一个整数,其中有 O(2^N)。
虽然有规则,但仅靠组合是不够的,因为还有组合方面。具体来说,一个团必须包含编号最高的未使用顶点。
一个例子是组合 2-2-1 (N = 5)。第一个团必须包含 4,将未使用的顶点数减少到 4。然后可以在 4 个元素中的 1 个元素之间进行选择,未使用的顶点现在为 3。已知第二个团的 1 个元素,因此有 2 个未使用的顶点。因此,必须在 2 个元素中的 1 个之间进行选择,以决定第二个团中的最终顶点。这只为最后一个集团留下一个顶点。对于这个组合,有 8 种可能的制作方式,由 (1*C(4,1)*1*C(2,1)*1) 给出。 8种可能的方式如下:
(5,4),(3,2),(1)
(5,4),(3,1),(2)
(5,3),(4,2),(1)
(5,3),(4,1),(2)
(5,2),(4,3),(1)
(5,2),(4,1),(3)
(5,1),(4,3),(2)
(5,1),(4,2),(3)
上面的示例显示了最坏情况所需的格式,即组合中包含尽可能多的 2。我认为这仍然是 O(N!),尽管它实际上是 (N-1)(N-3)(N-5)...(1 ) 或 (N-1)(N-3)(N-5)...(2)。然而,这是不可能的,因为如图所示,它需要一个完整的图,它会立即被捕获,并将图限制为一个集团,其中只有一个解决方案。
考虑到构图的变化,可能的构图数量可能是 O(2^N) 上限的合理起点。有 O(3^(N/3)) 个最大派系是另一个有用的信息,因为该算法理论上可以找到所有派系。尽管这还不够好,因为一些最大派系被发现多次,而另一些则根本没有。
由于两个主要原因,很难设置更严格的上限。首先,该算法逐渐限制派系的最大数量,我想你可以称之为组合的大小,这对每个派系花费的计算时间设置了上限。其次,缺失的边缘会导致大量可能的变化被忽略,这几乎可以确保忽略绝大多数 O(N!) 变化。结合上面的段落,使得上界变得困难。如果这还不够答案,您可能想将问题带到堆栈交换的数学领域,因为更好的答案将需要相当多的数学分析。
关于图中最小团数的算法复杂度,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/16106668/
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