Algorithm 从源到接收器的行走次数（精确为h跳）

给定一个无向图，一个起始顶点和结束顶点。找到从源到汇的行走次数（因此顶点可以多次访问），这些行走次数恰好涉及h跳。例如，如果图是三角形，则具有h跳数的路径数由h-th给出。这可以扩展到一个完全连通的k节点图，从而产生递归（和闭式解）

当图形为n边多边形时，可接受的答案将行走次数表示为二项式项之和

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我想对于任何给定的图，可能有一个有效的算法来找到这个数？我们可以假设图是在邻接矩阵、邻接列表或任何其他方便的符号中提供的。

您可以制作一个算法，不断搜索所有可能的路径，但使用一个包含跳数的变量

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对于每个可能的路径，每个跃点都将减少该变量，当到达零时，您的算法将尝试另一条路径，如果路径在使变量达到零之前到达目标，此路径将添加到所需路径的列表中

如果获取图形的邻接矩阵并将其提高到n次方，则生成的矩阵将计算从每个节点到另一个节点的路径数，这些路径正好使用n条边。这将提供一种计算您想要的数字的方法——加上许多其他您不太感兴趣的数字。：-）

假设路径的数量是“小的”（例如，适合64位整数的部分），您可以使用计算总成本为O（|V |ωlogn）的矩阵乘以O（logn），其中ω是矩阵的指数。然而，如果你要寻找的数量不适合机器字，那么这种方法的成本将取决于答案的大小，因为倍数将花费不同的时间。对于大多数图和较小的n，这不会是一个问题，但是如果n较大，并且图的其他部分紧密连接，这将稍微减慢速度

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希望这有帮助

解决方案是使用修改后的BFS，该BFS具有两个交替队列和一个每个节点计数器，用于特定长度的该节点路径：

paths(start, end, n):
    q = set(start)
    q_next = set()
    path_ct = map()
    path_ct_next = map()

    path_ct[start] = 1

    for i in [0, n):  # counting loop
        for node in q:  # queue loop
            for a in adjacent(node):  # neighbor-loop
                path_ct_next[a] += path_ct[node]
                q_next.add(a)

        q = q_next
        q_next = set()

        path_ct = path_ct_next
        path_ct_next = map()

   return path_ct_next[end]

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这里的基本假设是，

map（）

生成一个字典，如果条目还不存在，它将返回零。否则，它将返回先前设置的值。计数循环只需根据需要进行尽可能多的迭代。队列循环在使用

i

跳数可以到达的所有节点上进行迭代。在邻居循环中，最终找到了在

i+1

跳中可以到达的所有节点。在这个循环中，相邻节点将被存储到一个队列中，用于计数循环的下一次迭代。到达此类节点的可能路径数是到达其前导节点的路径数之和。对当前计数循环迭代的每个节点执行此操作后，队列和表将被空实例交换/替换，算法可以重新开始。

那么，像深度优先搜索一样？我们如何知道何时停止？它将测试所有可能的路径，因此当它们完成时它将停止，这是您的问题吗？我认为您希望在计数器为零时访问目标节点。而且，我相信这需要指数级的时间，所以，不实用。哇，谢谢。我不知道邻接矩阵的幂属性。好像是为这个问题而做的。你有证据的链接吗？我没有现成的证据，但这里有一个归纳论点的速写。设A为图的邻接矩阵。矩阵A^0是单位矩阵，表示从每个节点到自身有一条长度为零的路径。现在假设A^k计算从每个节点到另一个节点的长度正好为k的路径数。现在考虑A^{k+1}=A^kA，并查看位置（i，j）处的条目。这是A^k的第i行和A^k的第j列的乘积。A^k的第i行统计从节点i到其他每个节点的长度为k的路径。A的第j列计算从每个节点到节点j的长度为1…的路径。因此，这计算了从i到k跳中的某个节点x，然后在一个跳中从x到j的方式，在所有节点k上求和。这是长度为k+1的从i到j的路径数。这是正确的，但使用正确的术语会有好处。它应该被称为walks（可以访问同一个节点），而不是path（路径中没有重复的节点）！你认为在这里添加logn算法的细节有用吗？我没有在其他问题上找到它（我可能会错过它），这个问题可能是关于图中行走次数的标准问题和答案。你能澄清一下你是在寻找路径的数量还是行走的数量吗？在路径中，节点不能访问两次。在漫游中，可以多次访问同一节点。提到Jakobstahl数字表明你想要散步而不是小路。是的，我在找散步。编辑了问题。这可能成为图表中行走次数的标准问题。我很惊讶以前没有人问过这个问题。OP刚刚澄清他们想要的是步行而不是小路。在这种情况下，这种方法会太贵。@为什么太贵？我们在

O（n*| V |）

。你将很难打破这个界限。但是我刚刚注意到这个算法是用于行走的，而不是路径，因为我忘了添加一个访问检查。嗯，我想我在发表这个评论时把自己弄糊涂了。道歉。但是，请注意，复杂度为

O（n | V |^2）

，因为邻居的数量（在执行邻居循环时）可能高达n。因此，您的答案适用于较低的n（约1mio？）但较高的V（约10k节点），而另一个答案适用于较高的n（数十亿）但略低的V（2k），