知识大全 贪婪算法之——二分覆蓋
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二分图是一个无向图 它的n 个顶点可二分为集合A和集合B 且同一集合中的任意两个顶点在图中无边相连(即任何一条边都是一个顶点在集合A中 另一个在集合B中) 当且仅当B中的每个顶点至少与A中一个顶点相连时 A的一个子集A 覆蓋集合B(或简单地说 A 是一个覆蓋) 覆蓋A 的大小即为A 中的顶点数目 当且仅当A 是覆蓋B的子集中最小的时 A 为最小覆蓋
例 考察如图 所示的具有 个顶点的二分图 A= 和B= 子集A = 是B的最小覆蓋 在二分图中寻找最小覆蓋的问题为二分覆蓋( b i p a r t i t e c o v e r)问题 在例 中说明了最小覆蓋是很有用的 因为它能解决 在会议中使用最少的翻译人员进行翻译 这一类的问题
二分覆蓋问题类似于集合覆蓋( s e t c o v e r)问题 在集合覆蓋问题中给出了k 个集合S= S S Sk 每个集合Si 中的元素均是全集U中的成员 当且仅当èi S Si =U时 S的子集S 覆蓋U S 中的集合数目即为覆蓋的大小 当且仅当没有能覆蓋U的更小的集合时 称S 为最小覆蓋 可以将集合覆蓋问题转化为二分覆蓋问题(反之亦然) 即用A的顶点来表示S Sk B中的顶点代表U中的元素 当且仅当S的相应集合中包含U中的对应元素时 在A与B的顶点之间存在一条边
例 令S= S S U= S = S = S = S = S = S = S S S 是一个大小为 的覆蓋 没有更小的覆蓋 S 即为最小覆蓋 这个集合覆蓋问题可映射为图 的二分图 即用顶点 和 分别表示集合S S S S 和S 顶点j 表示集合中的元素j ≤j≤
集合覆蓋问题为N P 复杂问题 由于集合覆蓋与二分覆蓋是同一类问题 二分覆蓋问题也是N P 复杂问题 因此可能无法找到一个快速的算法来解决它 但是可以利用贪婪算法寻找一种快速启发式方法 一种可能是分步建立覆蓋A 每一步选择A中的一个顶点加入覆蓋 顶点的选择利用贪婪准则 从A中选取能覆蓋B中还未被覆蓋的元素数目最多的顶点
例 考察图 所示的二分图 初始化A = 且B中没有顶点被覆蓋 顶点 和 均能覆蓋B中的六个顶点 顶点 覆蓋五个 顶点 和 分别覆蓋四个 因此 在第一步往A 中加入顶点 或 若加入顶点 则它覆蓋的顶点为 未覆蓋的顶点为 顶点 能覆蓋其中四个顶点( ) 顶点 覆蓋一个( ) 顶点 覆蓋一个( ) 顶点 覆蓋零个 顶点 覆蓋四个 下一步可选择 或 加入A 若选择顶点 则顶点 仍然未被覆蓋 此时顶点 不覆蓋其中任意一个 顶点 覆蓋一个 顶点 覆蓋两个 因此选择顶点 至此所有顶点已被覆蓋 得A =
图 给出了贪婪覆蓋启发式方法的伪代码 可以证明 ) 当且仅当初始的二分图没有覆蓋时 算法找不到覆蓋; ) 启发式方法可能找不到二分图的最小覆蓋
数据结构的选取及复杂性分析
为实现图 的算法 需要选择A 的描述方法及考虑如何记录A中节点所能覆蓋的B中未覆蓋节点的数目 由于对集合A 仅使用加法运算 则可用一维整型数组C来描述A 用m 来记录A 中元素个数 将A 中的成员记录在C[ :m ] 中 对于A中顶点i 令N e wi 为i 所能覆蓋的B中未覆蓋的顶点数目 逐步选择N e wi 值最大的顶点 由于一些原来未被覆蓋的顶点现在被覆蓋了 因此还要修改各N e wi 值 在这种更新中 检查B中最近一次被V覆蓋的顶点 令j 为这样的一个顶点 则A中所有覆蓋j 的顶点的N e wi 值均减
例 考察图 初始时(N e w N e w N e w N e w N e w ) = ( ) 假设在例 中 第一步选择顶点 为更新N e wi 的值检查B中所有最近被覆蓋的顶点 这些顶点为 和 当检查顶点 时 将顶点 和 的N e wi 值分别减 因为顶点 不再是被顶点 和 覆蓋的未覆蓋节点;当检查顶点 时 顶点 和 的相应值分别减 ;同样 检查顶点 时 和 的值分别减 ;当检查完所有最近被覆蓋的顶点 得到的N e wi 值为( ) 下一步选择顶点 最新被覆蓋的顶点为 和 ;检查顶点 时 N e w N e w 和N e w 的值减 ;检查顶点 时 N e w 的值减 因为顶点 是覆蓋 的唯一顶点
为了实现顶点选取的过程 需要知道N e wi 的值及已被覆蓋的顶点 可利用一个二维数组来达到这个目的 N e w是一个整型数组 New[i] 即等于N e wi 且c o v为一个布尔数组 若顶点i未被覆蓋则c o v [ i ]等于f a l s e 否则c o v [ i ]为t r u e 现将图 的伪代码进行细化得到图
m= ; //当前覆蓋的大小
对于A中的所有i New[i]=Degree[i]
对于B中的所有i C o v [ i ] = f a l s e
while (对于A中的某些i New[i]> )
设v是具有最大的N e w [ i ]的顶点;
C [ m + + ] = v ;
for ( 所有邻接于v的顶点j)
if (!Cov[j])
Cov[j]= true;
对于所有邻接于j的顶点 使其N e w [ k ]减
if (有些顶点未被覆蓋) 失败
else 找到一个覆蓋
图 图 的细化
更新N e w的时间为O (e) 其中e 为二分图中边的数目 若使用邻接矩阵 则需花(n ) 的时间来寻找图中的边 若用邻接链表 则需(n+e) 的时间 实际更新时间根据描述方法的不同为O (n ) 或O (n+e) 逐步选择顶点所需时间为(S i z e O f A) 其中S i z e O f A=| A | 因为A的所有顶点都有可能被选择 因此所需步骤数为O ( S i z e O f A ) 覆蓋算法总的复杂性为O ( S i z e O f A +n ) = O ( n )或O (S i z e Of A +n + e)
降低复杂性
通过使用有序数组N e wi 最大堆或最大选择树(max selection tree)可将每步选取顶点v的复杂性降为( ) 但利用有序数组 在每步的最后需对N e wi 值进行重新排序 若使用箱子排序 则这种排序所需时间为(S i z e O f B ) ( S i z e O fB =|B| ) (见 节箱子排序) 由于一般S i z e O f B比S i z e O f A大得多 因此有序数组并不总能提高性能
如果利用最大堆 则每一步都需要重建堆来记录N e w值的变化 可以在每次N e w值减 时进行重建 这种减法操作可引起被减的N e w值最多在堆中向下移一层 因此这种重建对于每次N e w值减 需( )的时间 总共的减操作数目为O (e) 因此在算法的所有步骤中 维持最大堆仅需O (e)的时间 因而利用最大堆时覆蓋算法的总复杂性为O (n )或O (n+e)
若利用最大选择树 每次更新N e w值时需要重建选择树 所需时间为(log S i z e O f A) 重建的最好时机是在每步结束时 而不是在每次N e w值减 时 需要重建的次数为O (e) 因此总的重建时间为O (e log S i z e OfA) 这个时间比最大堆的重建时间长一些 然而 通过维持具有相同N e w值的顶点箱子 也可获得和利用最大堆时相同的时间限制 由于N e w的取值范围为 到S i z e O f B 需要S i z e O f B+ 个箱子 箱子i 是一个双向链表 链接所有N e w值为i 的顶点 在某一步结束时 假如N e w [ ]从 变到 则需要将它从第 个箱子移到第 个箱子 利用模拟指针及一个节点数组n o d e(其中n o d e [ i ]代表顶点i n o d e [ i ] l e f t和n o d e [ i ] r i g h t为双向链表指针) 可将顶点 从第 个箱子移到第 个箱子 从第 个箱子中删除n o d e [ ]并将其插入第 个箱子 利用这种箱子模式 可得覆蓋启发式算法的复杂性为O (n )或O(n+e) (取决于利用邻接矩阵还是线性表来描述图)
双向链接箱子的实现
为了实现上述双向链接箱子 图 定义了类U n d i r e c t e d的私有成员 N o d e Ty p e是一个具有私有整型成员l e f t和r i g h t的类 它的数据类型是双向链表节点 程序 给出了U n d i r e c t e d的私有成员的代码
void CreateBins (int b int n)
创建b个空箱子和n个节点
void DestroyBins() delete [] node;
delete [] bin;
void InsertBins(int b int v)
在箱子b中添加顶点v
void MoveBins(int bMax int ToBin int v)
从当前箱子中移动顶点v到箱子To B i n
int *bin;
b i n [ i ]指向代表该箱子的双向链表的首节点
N o d e Type *node;
n o d e [ i ]代表存储顶点i的节点
图 实现双向链接箱子所需的U n d i r e c t e d私有成员
程序 箱子函数的定义
void Undirected::CreateBins(int b int n)
// 创建b个空箱子和n个节点
node = new NodeType [n+ ];
bin = new int [b+ ];
// 将箱子置空
for (int i = ; i <= b; i++)
bin[i] = ;
void Undirected::InsertBins(int b int v)
// 若b不为 则将v 插入箱子b
if (!b) return; // b为 不插入
node[v] left = b; // 添加在左端
if (bin[b]) node[bin[b]] left = v;
node[v] right = bin[b];
相关参考