Algorithm 为什么BFS的复杂性是O（V&x2B；E）而不是O（E）？

这是一个通用的BFS实现：

---

对于具有

V

节点和

E

边总数的连通图，我们知道每个边在内环中将被考虑两次。因此，如果BFS的内环中的迭代总数将是

2*边数E

，那么运行时不是将是

O（E）

？

这是一种需要更深入地研究实现的情况。特别是，如何确定是否访问了节点

传统算法通过对顶点着色来实现这一点。所有顶点一开始都是白色的，访问时会变为黑色。因此，只需查看顶点的颜色即可确定访问。如果您使用这种方法，那么您必须在开始时将每个顶点的颜色设置为白色，从而完成相当于O（V）的初始化工作

你可以用不同的方式管理你的颜色。您可以维护包含所有访问节点的数据结构。如果这样做，就可以避免O（V）初始化成本。但是，您将在数据结构的其他地方支付该费用。例如，如果您将它们全部存储在一个平衡树中，则如果w未被访问，则每个

现在的成本为O（log V）

这显然给了你一个选择。您可以使用传统的着色方法生成O（V+E），也可以通过将此信息存储在您自己的数据结构中生成O（E log V）

在问题中指定一个连通图。在这种情况下，O（V+E）=O（E），因为顶点的数量永远不能超过E+1。然而，BFS的时间复杂度通常是针对一个任意图给出的，该图可以包括一个非常稀疏的图

如果一个图足够稀疏（比如一百万个顶点和五条边），那么初始化的代价可能会很大，以至于您需要切换到O（elnv）算法。然而，这些在实际环境中是非常罕见的。在实际环境中，传统方法（给每个顶点一个颜色）的速度与更花哨的数据结构相比是如此之快，以至于除了非常稀疏的图之外，您对所有东西都选择了这种传统的着色方案

如果您在顶点上维护了一个专用的颜色属性，并使用一个不变的规则，即在算法调用之间所有节点都是黑色的，那么您可以通过对每个BFS执行两次来降低O（E）的成本。在第一次传递时，可以将它们全部设置为白色，然后进行第二次传递以将它们全部变为黑色。如果您有一个非常稀疏的图，这可能会更有效。
在这种情况下，您需要更深入地了解实现。特别是，如何确定是否访问了节点

传统算法通过对顶点着色来实现这一点。所有顶点一开始都是白色的，访问时会变为黑色。因此，只需查看顶点的颜色即可确定访问。如果您使用这种方法，那么您必须在开始时将每个顶点的颜色设置为白色，从而完成相当于O（V）的初始化工作

你可以用不同的方式管理你的颜色。您可以维护包含所有访问节点的数据结构。如果这样做，就可以避免O（V）初始化成本。但是，您将在数据结构的其他地方支付该费用。例如，如果您将它们全部存储在一个平衡树中，则如果w未被访问，则每个
现在的成本为O（log V）

这显然给了你一个选择。您可以使用传统的着色方法生成O（V+E），也可以通过将此信息存储在您自己的数据结构中生成O（E log V）

在问题中指定一个连通图。在这种情况下，O（V+E）=O（E），因为顶点的数量永远不能超过E+1。然而，BFS的时间复杂度通常是针对一个任意图给出的，该图可以包括一个非常稀疏的图

如果一个图足够稀疏（比如一百万个顶点和五条边），那么初始化的代价可能会很大，以至于您需要切换到O（elnv）算法。然而，这些在实际环境中是非常罕见的。在实际环境中，传统方法（给每个顶点一个颜色）的速度与更花哨的数据结构相比是如此之快，以至于除了非常稀疏的图之外，您对所有东西都选择了这种传统的着色方案

如果您在顶点上维护了一个专用的颜色属性，并使用一个不变的规则，即在算法调用之间所有节点都是黑色的，那么您可以通过对每个BFS执行两次来降低O（E）的成本。在第一次传递时，可以将它们全部设置为白色，然后进行第二次传递以将它们全部变为黑色。如果你有一个非常稀疏的图，这可能会更有效。
好吧，让我们把它分成几个简单的部分

您保存了一个已访问的数组，通过查找它，您可以决定是否将
节点推入
队列。一旦访问，您就不会再推它了。那么，有多少节点被推到队列中：
（当然）V节点
。它的复杂性是O（V）


现在，每次从队列中取出
一个节点
，并访问其所有
相邻节点
。现在，按照这个方法，
对于所有的V节点
，您将遇到多少节点。如果图形是单向的，则是边数，如果图形是双向的，则是边数。因此，对于
单向的
O（E）
和
O（2*E）
双向的


因此，最终的（即总的）复杂性将是
O（V+e）
或
O（V+2*e）
或
一般来说
，我们可以说
O（V+e）
<
1 ---- 2
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|
3 ---- 4