Lec 10 深度优先搜索

DFS
全量BFS/DFS
图的连通性
拓扑排序
循环检测

背景：可到达性问题

截屏2024-07-31 18.54.20

策略：设P(s) = None，然后运行visit(s)

visit(u):
	for every v ∊ Adj(u):
		if P(v) = None:
			Set P(v) = u
			Call visit(v)

DFS

类似于BFS，从s开始搜索图
解决单源可达性问题，而不是单源最短路径问题(sP)
返回指向s的父指针树
思路是：递归访问出边的邻接顶点，但不重新访问同一个顶点，即沿着任何路径前进直到无法前进，然后回溯直到找到一条未探索的路径继续探索

正确性证明

断言： DFS访问顶点v并正确设置P(v)，对于从s可达的每个顶点v都成立
证明：对k进行归纳，只对距离s为k的顶点进行断言
- 基本情况(k=0): P(s) 被正确设置为s 并被s访问
- 归纳步骤，考虑顶点v满足 $δ (s, v) = k^{'} + 1$
- 考虑顶点u，即从s到v的某条最短路径上的倒数第二个顶点（即v前一个顶点）
- 根据归纳假设，由于 $δ (s, u) = k^{'}$ , DFS访问u并正确设置P(u)
- 在访问u时，DFS考虑 $v \in A d j (u)$ 要么已经在P中，已被访问（即P(u) $\neq$ null)，要么v会在访问u时被访问，无论那种情况, v都被DFS访问并正确添加到P中

分析

算法最多访问每个顶点一次，并且对于每个顶点 $v \in A d j (u)$ 只花费O(1)时间
工作量的上界为 $\sum_{u \in V} O (1) \times d e g (u) = O (∣ E ∣)$
不同于BFS， DFS并不返回每个顶点的距离，因此DFS的运行时间为O(|E|)

全量 BFS/DFS

假设我们想要搜索整个图，而不仅仅是从一个顶点可达的顶点
思路是，对任务未访问的顶点重复执行图搜索算法A
重复以下步骤，知道所有顶点都被访问
- 选择一个未访问的顶点s，使用A搜索从s可达的所有顶点
我们称这个算法为Full-A算法
每个顶点访问一次，所以Full-BFS和Full-DFS的运行时间均为O(|V|+|E|)

图的连通性

一个无向图是连通的，如果图中每对顶点之间都有一条路径连接。
在有向图中，顶点u 可能从顶点 v 可达，但 v 可能从 u 不可达。
对于有向图，连通性更加复杂（我们在本课中不会讨论）。
Connectivity(G)：无向图 G 是否连通？
Connected Components(G)：给定无向图 G = (V, E)，返回 V的划分为子集 $V_{i} \subseteq V$ （连通分量），其中每个 $V_{i}$ 在 G 中是连通的，并且不同连通分量的顶点之间没有边。
考虑一个解决单源可达性问题的图算法 A。
断言：A 可以用来解决连通分量问题。
证明：运行 Full-A。对于每次运行 A，将访问到的顶点放入一个连通分量中。

拓扑排序

有向无环图（DAG，Directed Acyclic Graph）是一个不包含有向环的有向图
图 G = (V, E) 的拓扑排序是对顶点的一个排序，使得每条边 $(u, v) \in E$ 满足 $f (u) < f (v)$
拓扑排序不是唯一的。
证明一个有向图，当且仅当它是一个DAG时，才存在拓扑排序。（练习）
如何找到拓扑排序？
- 结束顺序是全量 DFS 完成访问每个顶点的顺序
- 断言： 如果G=(V, E)是一个DAG，则结束顺序的逆序是一个拓扑排序
- 证明：需要证明对每条边而言， u被排到v之前，即访问v完成的时间在访问u之前。分两种情况
  - 如果u在v之前被访问
    - 在访问u完成之前，会访问v（通过边(u, v)或者其他方式）。
    - 因此访问v完成的时间在访问u之前
  - 如果v在u之前被访问
    - 由于图是无环的，u不能从v过来
    - 因此访问v完成的时间在u之前

循环检测

如果图G=(V, E)是无环的，Full-DFS将找到一个拓扑排序，那如果Full-DFS的逆结束顺序不是拓扑排序，则G必定包含一个环。

检查G是否无环：对于每条边(u, v)，检查在逆结束顺序中，v是否在u之前
可以通过哈希表或者是直接访问数组在O(|E|)时间内完成
要返回这样的一个环，在Full-DFS中维护路径上回到s的前驱集合
断言：如果G包含一个环，Full-DFS将遍历从v到v的前驱的边
证明：考虑G中有一个环 $(v_{0}, v_{1}, . . . v_{k}, v_{0})$
- 不失一般性地，假设 $v_{0}$ 是Full-DFS在环上访问的第一个顶点，对于每个 $v_{i}$ ，在访问 $v_{i}$ 完成之前，将访问 $v_{i + 1}$ 并完成访问，考虑边 $(v_{i}, v_{i + 1})$ ，如果 $v_{i + 1}$ 尚未被访问，他将访问被现在访问。因此在访问 $v_{0}$ 完成之前，将第一次访问 $v_{k}$ （根据对 $v_{0}$ 的假设），所以在访问 $v_{k}$ 完成之前，将考虑边 $(v_{k}, v_{0})$ ，其中 $v_{0}$ 是 $v_{k}$ 的前驱