Algorithm 如何在线性时间内找到树中最短的简单路径？

这是Vazirani的算法书中的一个问题

这个问题的输入是一个边上有整数权重的树T。权重可能为负数， 零，或正。给出了求T中最短简单路径的线性时间算法 路径是路径中边的权重之和。如果没有重复顶点，则路径很简单。注 路径的端点不受约束

提示：这与在树中查找最大独立集的问题非常相似

如何在线性时间内解决这个问题

这是我的算法，但我想知道它是否是线性时间，因为它与深度优先没有什么不同：

遍历树（深度优先）

保留索引（节点）

添加值

直到树的尽头

比较总和并打印路径和总和

---

这个问题与此类似，但没有确定的答案。

这个问题几乎等同于，可以通过动态规划以类似的方式解决

我们将使用DF搜索计算以下数组：

dw1[i] = minimum sum achievable by only using node i and its descendants.
pw1[i] = predecessor of node i in the path found for dw1[i].
dw2[i] = second minimum sum achevable by only using node i and its descendants,
         a path that is edge-disjoint relative to the path found for dw1[i].

如果可以计算这些值，则取

min（dw1[k]，dw1[k]+dw2[k]）

所有

k

。这是因为您的路径将采用以下基本形状之一：

  k              k
  |     or     /   \
  |           /     \
  | 

所有这些都包含在我们的金额中

计算dw1

从根节点运行DFS。在DFS中，跟踪当前节点及其父节点。在每个节点上，假设其子节点是

d1、d2、。。。dk

。然后

dw1[i]=min（min{dw1[d1]+成本[i，d1]，dw1[d2]+成本[i，d2]，…，dw1[dk]+成本[i，dk]}，min{cost[i，dk]}

。为叶节点设置

dw1[i]=0

。不要忘记用所选的前置程序更新

pw1[i]

计算dw2

从根节点运行DFS。对

dw1

执行相同的操作，除了从节点

i

转到其子节点

k

时，如果

pw1[i]！=k

。但是，您可以为所有子级递归调用该函数。它在伪代码中看起来像这样：

df(node, father)
    dw2[node] = inf
    for all children k of node
        df(k, node)

        if pw1[node] != k
            dw2[node] = min(dw2[node], dw1[k] + cost[node, k], cost[node, k])

---

瓦齐拉尼近似书？我不明白这个问题，树上的每一条边都是路径，最小的边都是最短路径，你们能用这个来澄清我吗，或者用谷歌搜索一下问题的确切名称吗？你是说寻找最短路径树吗？或者树根？@Saeed-最小的边不一定是最短的路径，因为你可以有负的权重。那么空路径呢？它是最短的，不是吗？对于路径应该包含什么，您没有提出任何要求。这没有意义。@Tomas的空路径的权重为零。由一条负权重边组成的路径更短。提示说，这个问题与在树中找到最大的独立集有关。对这意味着什么有什么想法吗？看起来很有希望，但我有一些建议：（1）在“计算dw1”下，当你说“后代”时，我相信你指的是“孩子”（“后代”通常递归地指所有孩子和孩子的孩子）；（2）

dw1[i]

、

dw2[i]

和

up[i]

的计算应在

min{…}

操作中包含0，以允许路径终止于此（例如，不包含负长度边的树将返回0分）；（3） 我相信您对dw2[I]的计算应该排除最佳前沿。。。。。。仅从顶点

i

，但较低级别应包括最佳边（询问是否需要澄清）；（4）

up[i]

计算可以通过注意每个路径都有两种类型中的一种来简化：要么是“直下”路径，要么是包含“最上角”（顶点v使v的父节点不在路径中）——通过考虑

dw1[v]+dw2[v]

，可以找到在某些顶点v包含最上角的任何路径，因此，

up[i]

只需计算返回根目录的直线路径上的成本（即，

up[i]

将是以

i

结尾的“直线路径”的最低成本）。@j_random\u hacker-我刚刚意识到，当你写下评论并将其删除时：）。是否需要将

dw2[k]

置于最低限度？它永远不会小于

dw1[k]

。不久前，我解决了一个问题，它会询问诸如

包含q的最短路径是什么？

，因此我开始使用

up

。但要知道这里不需要它。@becko:恐怕我看不出有什么联系。。。我知道树中的独立集可以用一种大致相似的方法求解，方法是为每个具有DFS的节点计算2个值：在使用节点I的以节点I为根的子树中最大独立集的大小，以及在不使用节点I的以节点I为根的子树中最大独立集的大小。分别称之为x（i）和y（i）。然后你可以通过为i的每个子j取1+和（y（j））来计算x（i），也可以通过为i的每个子j取和（x（j））来计算y（i）。@becko:刚刚注意到一个错误！对于i的每个子j，y（i）应该是总和（max（x（j），y（j）），因为我们只想允许，而不是要求子元素包含在独立集中。