Java 负权加权DAG中两节点间最短路径的求解

我有一个带加权边的连通DAG。权重可以是正的，也可以是负的。我有一个名为root的开始节点和一个名为goal的目标节点。我需要找到一条从根到目标的路径，使得净重在O（V+E）时间内尽可能小（如果净重为-ve，则更好）

我提出了以下伪代码，它几乎与Dijkstra的伪代码相同，只是它只指向目标节点，而不是所有节点

Q = PriorityQueue()
Q.insert(root, 0)
while (Q is not empty) {
    node = Q.extractMin()
    if (node == goal) {
        return path from node to goal
    }
    else {
        for (x in adjacent[node]) {
            Q.insert(x, weight[x])
    }
}

这个算法有效吗？另外，我不确定这是否一定是O（V+E）

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注意：如果当我遍历图时，当前节点的权重应该总是，那么这里的关键是非循环有向图。如果您放松（即，设置d（w）=min（d（w），d（v）+长度（v->w）），则每一个圆弧在放松后都保持放松。根据贝尔曼-福特的正确性证明，这意味着距离标签d是正确的。

有一个非常简单的算法来解决David回答中描述的重复问题：我们可以使用深度优先搜索和记忆，以确保每次都知道我们需要解决当前节点结果的所有子问题。这隐式地导致了我们需要的拓扑顺序：

for all nodes x: 
    dis[x] = UNKNOWN
def dfs(x):
    if x == goal: return 0
    if dis[x] != UNKNOWN: return x
    dis[x] = infinity
    for all edges (x,y) with weight w:
        dis[x] = min(dis[x], w + dfs(y))
    return dis[x]

结果就是dfs（root）

对于要查找前缀不超过权重k的最短路径的情况，可以使用目标的反向DFS：

for all nodes x: 
    dis[x] = UNKNOWN
def rdfs(x):
    if x == root: return 0
    if dis[x] != UNKNOWN: return x
    dis[x] = infinity
    for all edges (y,x) with weight w:
        dis[x] = min(dis[x], w + rdfs(y))
    if dis[x] > k:
        dis[x] = infinity
    return dis[x]

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解决方案是

rdfs（goal）

“这个算法有效吗？”-您试过运行它吗？此外，最坏情况下的性能为O（| V | log | V |+| E |），它适用于我为测试目的创建的一些小样本图，但这并不排除它不正确的可能性，是吗？关于Dijkstra，上述算法与Dijkstra略有不同，因此，我认为运行时可能会有所改进。不过我不确定。除了使用上面的算法，我还需要一个O（V+E）算法，我想出了上面的一个——不确定它是否适合正确的解决方案和所需的运行时间。为什么要重新发明轮子？这里有两个经典的算法可以处理负的边权重（Dijkstra没有）。Bellman Ford是O（mn），Floyd Warshall是O（n^3），用于计算所有对中的最短路径。在稠密图中，它们的复杂性是相同的。这些还将为您提供正确的证明方法，以显示您的算法是否有效。谢谢！我知道贝尔曼·福特（还没听说过弗洛伊德·华沙，谢谢）。然而，我需要一个O（V+E）算法，所以贝尔曼·福特不会帮我。另外，与Bellman Ford（或Dijkstra，如果有关系的话）不同，我需要解决单源、单目的地最短路径问题，因此，使用单源、全目的地最短路径算法有点浪费资源。谢谢！这是否意味着上述算法是正确的呢？它的复杂性呢？@SerenaHamilton它是O（| V |+| E |）。谢谢！你能解释一下怎么做吗？以上内容看起来与Dijkstra非常相似，因此我看不出它与Dijkstra的O（V*logV+E）运行时有什么不同。@SerenaHamilton David指的是这个答案中描述的算法，而不是你问题中的算法。您可以通过在时间O（n+m）中执行简单的DFS进行拓扑排序，非常感谢！但我仍然不清楚这是如何给出最短长度的路径的，因为我有一个节点列表、邻接列表、一个开始节点、一个目标节点和一个所有边权重的哈希图。@SerenaHamilton我认为这很清楚。你只需要为所有边（x，y）实现循环

，权重为w:

啊，我现在看到了。谢谢！还有一个问题，一旦我实现了循环，它还会是O（V+E）吗？@SerenaHamilton如果你在O（x的外度）=O（给定x的边数（x，y））中实现它，那么是的。当然，从技术上讲，哈希表不是O（1），但我想你愿意假设它们在实践中（这样做是合理的）等等，为什么O（x的超出度）=O（给定x的边数（x，y））永远不会是真的？