Algorithm 给定图的k-着色'；s顶点计算（k-1）-着色

众所周知，图的着色顶点是NP完全的。 众所周知，有一些高效的贪婪算法可以得到近似解。 为什么不使用这些随机贪婪算法来计算具有k个颜色的着色，然后使用一些较慢的算法来减少k

在我的情况下，我知道足够给图G着色的最小颜色数——我们称之为K。我还设法实现了SL算法，它给了我（K+2）着色。一种颜色只用于给一个顶点上色，所以我通过手动重新着色其他节点来移除它。因此，我有（K+1）-着色，我想写一个算法，将K（或者更确切地说是K+1）减少1

我尝试过手动操作-我找到了一种颜色，该颜色用于相同颜色的最小顶点数，并将该颜色的使用减少到3。我只需要重新调用3个节点

一个想法是进行3次递归调用——每个颜色不好的节点调用一次。让我们分析一下递归函数对节点v必须做什么。它必须检查每种颜色，除了v的颜色和我们想要去除的颜色。因此，对于每个颜色c，它应该将v的颜色设置为c，并对每个节点进行递归调用，该节点是v的邻居，并且具有颜色c。检查完所有颜色后，我们应该检索v的旧颜色并重新设置。另外一个优化可能不是试图将v的颜色更改为比x多的邻居的颜色（因为递归树太深），但对于太小的x，它可能根本无法更改颜色

另一个想法是检查颜色可以更改的节点（而不是我们想要删除的颜色），这样它就不会与邻居的颜色冲突。并进行递归调用以更改其他节点的颜色，直到要移除的一种颜色被重新着色

下面是我对第一个算法的实现，该算法原本打算在n<90时工作，但似乎没有结束（执行500分钟）：

#包括
#包括
#包括
使用名称空间std；
向量图[99]；
int散列[10009]，颜色[99]；
常数int colors=9，颜色变化=7；
无效更改颜色（int v）
{
int tmp=颜色[v]，计数；
对于（int i=1；i我只是简单地看了一下代码，并阅读了您的解释，但您似乎进入了一个在邻居之间来回切换的无限循环。您需要在每个节点中存储一个标志，以注意它当前正在被重新调用，并且只递归到那些当前未被重新调用的邻居

3 colour version  :  R-G-R-G-R-G-(B)-R-G-R-G-R-G-R
2 colour version 1: [R-G-R-G-R-G- R]-G-R-G-R-G-R-G
2 colour version 2:  G-R-G-R-G-R-[G -R-G-R-G-R-G-R]

然而，在最坏的情况下，这个算法看起来像是指数算法。我很确定，在某些情况下，如果不改变图的大部分，K-彩色图就不能重新生成K-1图，即使K-彩色图的节点数只有1

这是一个拓扑结构简单的示例图。很明显，它可以是两种颜色（R，G），我们有一个使用（R，G，B）的三色版本。正确地重新绘制它的唯一方法是更改大约1/2的节点颜色，最后是下面的其他版本之一。
（）
表示颜色B的单个节点，而
[]
表示需要重新查找的部分

3 colour version  :  R-G-R-G-R-G-(B)-R-G-R-G-R-G-R
2 colour version 1: [R-G-R-G-R-G- R]-G-R-G-R-G-R-G
2 colour version 2:  G-R-G-R-G-R-[G -R-G-R-G-R-G-R]

这意味着（可能是指数）搜索的最小深度可能超过节点数的1/2。这可能会缩短合理的性能时间（或者可能不取决于我猜的图的拓扑）。
这仍然是NP难的。你能指定你在寻找哪种解决方案吗？它是NPH，但对于像我这样的小图（n<90），一些条件将减少递归树和需要更改的少量节点，也许可以实现着色（我知道是这样）.您是否考虑过使用通用SAT或ILP解算器？是的，但这在SPOJ上是个问题，编写解决方案比仅将图形粘贴到程序中更令人满意。尤其是如此接近实际解决方案。但感谢您提及。谢谢。现在它立即完成。即使在删除“计数<4”之后条件。它以错误的方式给图形着色-一些邻居有相同的颜色，但现在我有了调试它的基础。至于时间复杂度，我知道它是指数的，并且将始终是指数的。否则问题就不会是NP完全的。