Как найти самый длинный путь в циклическом графике между двумя узлами?

Ответ 1

Решение заключается в грубой силе. Вы можете сделать некоторые оптимизации, чтобы ускорить его, некоторые из них тривиальны, некоторые из них очень сложны. Я сомневаюсь, что вы можете заставить его работать достаточно быстро для 18 000 узлов на настольном компьютере, и даже если вы можете я понятия не имею, как это сделать. Здесь, как работает bruteforce.

Примечание. Dijkstra и любой другой алгоритм кратчайшего пути НЕ будут работать для этой проблемы, если вас интересует точный ответ.

Start at a root node *root*
Let D[i] = longest path from node *root* to node i. D[*root*] = 0, and the others are also 0.

void getLongestPath(node, currSum)
{
    if node is visited
        return;
    mark node as visited;

    if D[node] < currSum
        D[node] = currSum;

    for each child i of node do
        getLongestPath(i, currSum + EdgeWeight(i, node));

    mark node as not visited;
}

Пусть запустите его вручную на этом графике: 1 - 2 (4), 1 - 3 (100), 2 - 3 (5), 3 - 5 (200), 3 - 4 (7), 4 - 5 (1000)

Let the root be 1. We call getLongestPath(1, 0);
2 is marked as visited and getLongestPath(2, 4); is called
D[2] = 0 < currSum = 4 so D[2] = 4.
3 is marked as visited and getLongestPath(3, 4 + 5); is called
D[3] = 0 < currSum = 9 so D[3] = 9.
4 is marked as visited and getLongestPath(4, 9 + 7); is called
D[4] = 0 < currSum = 16 so D[4] = 16.
5 is marked as visited and getLongestPath(5, 16 + 1000); is called
D[5] = 0 < currSum = 1016 so D[5] = 1016.
getLongestPath(3, 1016 + 200); is called, but node 3 is marked as visited, so nothing happens.
Node 5 has no more child nodes, so the function marks 5 as not visited and backtracks to 4. The backtracking will happen until node 1 is hit, which will end up setting D[3] = 100 and updating more nodes.

Вот как это выглядело бы итеративно (не проверено, просто базовая идея):

Let st be a stack, the rest remains unchanged;
void getLongestPath(root)
{
    st.push(pair(root, 0));

    while st is not empty
    {
        topStack = st.top();
        if topStack.node is visited
            goto end;
        mark topStack.node as visited;

        if D[topStack.node] < topStack.sum
            D[topStack.node = topStack.sum;

        if topStack.node has a remaining child (*)
            st.push(pair(nextchild of topStack.node, topStack.sum + edge cost of topStack.node - nextchild)) 

        end:
        mark topStack.node as not visited
        st.pop();
    }
}

(*) - это немного проблема - вы должны держать указатель на следующий дочерний элемент для каждого node, так как он может меняться между разными итерациями цикла while и даже самого reset ( указатель сбрасывается, когда вы выталкиваете topStack.node node из стека, поэтому обязательно reset it). Это проще всего реализовать в связанных списках, однако вы должны использовать списки int[] или vector<int>, чтобы иметь возможность хранить указатели и иметь произвольный доступ, потому что он вам понадобится. Вы можете сохранить, например, next[i] = next child of node i in its adjacency list и соответствующим образом обновить. Возможно, у вас могут быть случаи с краем и, возможно, вам понадобятся разные ситуации end:: обычный и один, который случается при посещении уже посещенного node, и в этом случае указатели не должны быть reset. Возможно, переместите условие посещения, прежде чем вы решите нажать что-то в стеке, чтобы этого избежать.

Видите, почему я сказал, что вам не следует беспокоиться?:)