所有操作都在O（1）中的Minheap是可能的吗？

Dijkstra算法可用于在O（|V|log（|V|）+E |）中查找图G=（V，E）中从一个节点到任何其他节点的最短路径，其中V表示顶点和E边，以及非负权重函数w

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我最近研究了一个具有有限边权重的变体，例如w（n）使用堆，如下所示：创建一个k+1元素的数组（我们称之为map），并记住第一个元素的索引I，以便以后使用（最初为1）。数组的每个元素都应该用一个整数t和一个nil指针初始化，指针现在应该表示双链表的头，其元素计数应该存储在t中。此外，数组中第x个元素中的DLL应准确承载相对于第一个节点权重为x的节点（即，DLL中的所有元素具有相同的权重，如果我们需要权重相同的节点，则可以互换使用）。比k更远的节点永远不应该存储在任何DLL中（在我们增加第一个数组元素的权重之后，它们仍然可以添加，这将很快看到）

插入到DLL中的每个元素都应获得一个指针，指向其嵌入的DLL中的前置和后置元素。特别是，它应该能够修改其周围的列表

很简单，我们可以在O（1）中从这样的DLL中插入和删除任何元素。由于每个列表的初始索引i是已知的，因此可以在O（1）中访问特定的DLL，因此可以直接访问数组（它需要O（k）操作，这是O（1），因为k是有限的）。迭代所有列表的所有元素是O（n），迭代下一个元素是O（1）

该数组应进一步表示minheap优先级队列H，其根是第一个列表的第一个元素，依此类推

读取H的最小值通常是O（1），因为我们只需读取并删除第一个DLL的第一个元素。但是，此外，我们还要求，如果列表变为空，则应将其删除，并在H的末尾追加一个新的空DLL，其i设置为已删除列表的i加上k+1。这可以很容易地使用某种径向列表来完成。如果列表位于刚刚删除的列表之后，则以相同的方式继续这些列表，直到找到非空列表

减少元素的键在O（1）中也起作用。我们将要reduce的元素与建议的新最小值（这是Dijkstra的一个关键部分）进行比较，如果需要更改，我们将从其DLL中删除该元素（这在O（1）中是可能的，因为该元素确实有指向其pre和post元素的指针），并将其（也在O（1）中）附加到相应的新DLL中

但有待证明的是，地图的大小已经足够了

从初始节点开始，我们通过单个权重小于或等于k的边到达任意数量的其他节点。这些可以简单地插入到初始堆中。通过Dijkstra中的节点迭代，我们总是删除一个初始元素u，它在一开始就有键1。由于其邻域插入到H中，它们最多需要键1+k，这仍然在边界内

一旦以上述方式从H中的第一个DLL中删除了所有元素，我们就会通过在其末尾添加一个新列表（如上所述）来自动增加H。我们继续并将发现，对于任何起始键x，最多可以插入具有新键x+k的元素。因此，映射大小k+1就足够了

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因此，堆支持O（1）中所有必需的操作，Dijkstra现在可以在O（|V |+| E |）中执行。

我将在一分钟内添加我自己的证明。这不是更适合这种类型的问题吗？@barakmanos我不确定，这里似乎只存在这个问题的一个标记。如果大多数人同意的话，我会很好的移动。我注意到翻译成英文听起来很尴尬。要考虑为什么你所描述的不是一个最小堆，或者至少有O（log n）来更新min.1）数组中元素的平均数量。2） DLL中的平均元素数？3） 如何确定DLL中的最小值是多少以及这样做的成本是多少？4） 如何确定阵列中的最小值，以及这样做的成本是多少？要点是，您正在查看理想的

log（sqrt（N））（1和3的最佳情况）+log（sqrt（N））（2和4的最佳情况）=log（sqrt（N）*sqrt（N））=log N

@Nuclearman我的答案是：1）数组中正好有k+1个元素，每个元素由int和DLL组成。所有曾经存在的DLL的总和都有| N |个元素。2） 我不知道。我认为这并不重要（见3。）3）DLL中的所有元素都具有相同的优先级，因此我们可以始终插入或删除其任何元素，以获得Dijkstra的有效下一个节点。4） min始终是数组的第一个元素中DLL的任何元素。@Nuclearman我将编辑文本以使这些点更清楚，我认为可能像现在这样难以理解。啊，我现在明白了。那么，你对问题2和问题4的观点是有效的。它们确实是O（1），使用DLL是过度的，堆栈可以很好地完成这项工作。这当然可以改善情况。然而，问题1和问题3仍然存在。在某种意义上，您可以将

k

标记为

O（1）

导致

O（log（1））=O（1）

，但更准确的说法是，它是

O（log（k）），其中（N的最大重量）