圖算法習題

通用匯點

算法導論22.1-6
思路：通用匯點k是鄰接矩陣中對應的那一行全爲0，對應的一列全爲1（akk=0除外）,它知足這樣的條件：aik=0,akj=1(j!=k)。只要有aij=1，則i不多是通用匯點（通用匯點不能有出邊）;若是aij=0，則j不多是（通用匯點必須有入邊）。這樣能夠想象爲從矩陣的左上角開始，查看aij的值，若是是1，則往下走；若是是0則往右走。直到超出了矩陣範圍。那麼超出範圍以前有兩種狀況：

1. i=n-1且aij=1，這樣在走的過程當中，每一行至少有一個1，與「通用匯點k是鄰接矩陣中對應的那一行全爲0」矛盾，因此圖中不存在通用匯點;
2. j=n-1且aij=0,這樣在走的過程當中，每一列至少有一個0且0~i-1行中每一行至少有一個1。相似1中的推論，k不多是[0,i-1]。 而因爲對於全部的p,存在知足q<=i的q,apq=0,則[i+1,n-1]不多是通用匯點，由於若是是，則與通用匯點「對應的一列全爲1（akk=0除外）」矛盾。因此只有此時的i多是通用匯點，在根據通用匯點的條件「通用匯點k知足這樣的條件：aik=0,akj=1(j! =k)」 最後判斷它是否是通用匯點。

設n爲點的個數,判斷是否存在通用匯點見下面的算法.

上面的算法在矩陣中指針遊走時，無論aij取值是0仍是1，都能使得i指針或者j指針前移，最多花費2n的時間到達鄰鄰接矩陣外部，這樣在O（V）的時間內是能完成判斷的。而當肯定i了以後，有兩個並列的循環，它們分別耗費時間爲O（n），因此整體耗費時間也是O（n）。

摔跤手分配

算法導論22.2-7

把有競爭關係的對手之間連上邊，則題目能夠轉換爲設有紅藍兩色,是否存在一顆廣度優先樹，它的每一層的顏色都不一樣。

先利用給定信息構建鄰接表，耗費的時間複雜度是O(n+r)。而後以第一個節點（定爲紅色）爲源點進行廣度優先遍歷，對於鄰接表中的Adj[u]裏的每一個節點v，若是u的顏色是紅色，
1)v未處理，則將v置爲藍色；
2)若是v是紅色，則衝突，返回false；
3)若是v是藍色，則可不作處理。
反之，若是u是藍色，則依次類推。
另外增長一個白色表明未處理。

適當修改書中的廣度優先遍歷算法BFS,獲得給圖着色的算法：

若是算法返回的true，則根據顏色將點分爲兩類，也就是把選手分爲娃娃臉和高跟鞋兩類。

綜上，構造鄰接表所需的時間爲O(n+r)，着色複雜度爲O(n+r)，根據已有的着色來進行分類的複雜度爲O(n)。因此整體的複雜度爲O(n+r)。

樹的直徑

算法導論22.2-8

先以任意一點s做爲源點進行廣度優先遍歷，而後找到距離s的點x，再以x爲源點進行廣度優先遍歷，獲得的最大距離便是樹的直徑，見下面的算法。算法調用BFS的複雜度爲O(V+E)，找到最大的d，複雜度爲O(V)，因此整體的複雜度爲O(V+E)。

下面證實通過兩次BFS獲得的必定是最長的距離。第一次BFS的起點和終點分別是s和x，設真正的直徑端點爲m和n，p(s,x)表明s走到x的路徑，d(a,b,c)表明通過a、b、c三點的路徑的長度。 根據s 是否在直徑上和p(s,x)是否和直徑相交分爲三種狀況討論，證實x必定會在直徑上，示意圖能夠參見圖：

1. s在直徑上。用反證法證實：若是x不在直徑上，則根據第一次BFS有d(s,x)>d(s,m)，從而有d(n,s,x)>d(n,s,m)，即d(n,x)>d(n,m)，這和mn是直徑的條件矛盾，因此x必定會在直徑上。
2. s不在直徑上，且p(s,x)與p(m,n)相交。用反證法證實：若是x不在直徑上，設p(s,x)與p(m,n)相交於點w，根據第一次BFS有d(s,w,x)>d(s,w,m)，即d(w,x)>d(w,m)，從而d(n,w,x)>d(n,w,m)，也就是存在mx路徑比直徑mn還要長，這與mn是直徑的條件矛盾。因此x必定會在直徑上。
3. s不在直徑上，且p(s,x)不與p(m,n)相交。用反證法證實：因爲樹是連通圖，因此p(s,x)和p(m,n)必定會經過一條路徑相連，假設在p(s,x)上的點w和在p(m,n)上的點y之間有一條路徑。根據第一次BFS有d(s,w,x)>d(s,w,y,m)，即d(w,x)>d(w,y,m)，因此d(n,y,w,x)>d(n,y,m)，這和mn是直徑的條件矛盾，因此x必定會在直徑上。

證實了點x在直徑上面，則x必定會是直徑上的一個端點。由於第一次BFS獲得的x必定是度爲1（至關於葉節點）的點，不然與x是距離s 最遠的點矛盾。

由於點x是直徑的一個端點，因此第二次BFS以x爲起始點進行BFS，獲得的最大距離就是樹的直徑。