Data structures 解释BFS和DFS的运行时

为什么BFS和DFS的运行时间是O（V+E），特别是当有一个节点具有指向可以从顶点到达的节点的定向边时，如下面站点中的本例所示

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E是图中所有边的集合，如G={V，E}。所以，| E |是图中所有边的计数

仅此一点就足以让您相信，总体复杂度不可能是| V |乘以| E |，因为我们并没有迭代图中每个顶点的所有边

在邻接列表表示法中，对于每个顶点v，我们只遍历与其相邻的节点

|V |+| E |的| V |因子似乎来自完成的队列操作数

请注意，算法的复杂性取决于所使用的数据结构。 实际上，我们是在访问图的表示中存在的每一条信息，这就是为什么对于图的矩阵表示，复杂性变为V平方

引用科尔曼的话

“排队和退队的操作需要O（1）个时间，因此 用于队列操作的总时间为O（V）。因为邻接 每个顶点的列表仅在顶点出列时扫描，每个 邻接列表最多扫描一次。因为 在所有邻接列表中，Θ（E）是扫描所花费的总时间 邻接列表是O（E）。初始化的开销是O（V）， 因此，BFS的总运行时间为O（V+E）。”

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这个问题花费了我4个小时的时间，但最后，我想我有了一个简单的方法来理解这个问题，一开始我想说O（V*E）

总结一下你在Cormen发现的算法，这在你身上是一样的，你有这样的东西：

for (vi in V)
{
   Some O(1) instructions
   for ( e in Adj(vi) ) {
      Some O(1) instructions
   }
}

问题是这里执行了多少指令？这就是Sigma和（Adj（vi）），这个值的上界是2 | E |

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开始时，我们会自动考虑将内循环和外循环的迭代次数相乘，但在这种情况下，内循环的总迭代次数是外循环的函数，因此不可能相乘。

您在| V |节点上迭代最多| V |次。因为我们在图中总共有一个| E |边的上界，所以我们最多检查| E |边。不同的顶点将有不同数量的相邻节点，因此我们不能只乘以| V |*| E |（这意味着对于每个顶点，我们遍历| E |边，这不是真的，| E |是所有节点上的边的总数），相反，我们检查V个节点，检查总共E条边。最后，我们有O（| V |+| E |）

对于DFS，这是类似的，我们循环遍历所有顶点邻接列表，如果未访问DFS（v），则调用DFS（v），这意味着我们产生了| v |时间步，加上访问相邻节点的时间（基本上，这些节点形成了一条边，我们总共有| E |边，因此是O（v+E）时间

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每个边最多访问两次。有E个边。因此将有2*E个边访问操作。加上那些没有边的节点，或者换句话说，阶数为0的节点。最多可以有V个这样的节点。因此复杂性是，O（2*E+V）=O（E+V）

当您将图形视为表示为相邻列表的数据结构时，它就会变得清晰

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您可以看到顶点：A、B、C、D、E和每个顶点/节点的相邻顶点作为这些顶点的列表。您必须“查看”所有框以检查是否已“访问”如果是循环图，或者是树状图，你只需遍历所有的子项即可。

谢谢，@Jose Francisco。我发现这个答案比当前具有最大向上投票数的答案更有帮助和见解。：）对不起，我有一个问题，但原始DFS visit例程本身不是在最里面的括号内递归调用吗？在分析中，为什么我们忽略了这一点？将图形显示为邻接列表使我真正“点击”了一下。这就是它应该如何呈现给那些对BFS/DFS的运行时分析有点困惑的人的方式。这个图表在解释这个概念时非常有用。

    private static void visitUsingDFS(Node startNode) {
        if(startNode.visited){
            return;
        }
        startNode.visited = true;
        System.out.println("Visited "+startNode.data);
        for(Node node: startNode.AdjacentNodes){
            if(!node.visited){
                visitUsingDFS(node);
            }
        }
    }