L22 BFS and DFS

Posted on 2021-08-23 Edited on 2024-09-17 In Computer Science Views:

Outline:

BFS
- skeleton
- 证明: $v.dis = \delta(s,v)$
- BFS树
- 应用
DFS
- s → all

Ref:

算法设计与分析(Algorithm design and analysis) by 黄宇

BFS

skeleton

BFS-WRAPPER(G)

foreach node v in G do
	v.color := WHITE; v.parent := null; v.dis := +∞;
foreach node v in G do
    if v.color = WHITE then
        BFS(v);

BFS(G)

Initialize an empty queue queNode;
v.color := GRAY;
v.dis := 0;
queNode.ENQUE(v);
while queNode != empty do
    w := queNode.DEQUE();
	foreach neighbor x of w do:
		if x.color := WHITE then
            x.color := GRAY;
			x.parent := w;
			x.dis := w.dis + 1;
			queNode.ENQUE(x);
	<processing of node w>;
	w.color := BLACK;

证明: $v.dis = \delta(s,v)$

变量$v.dis$记录了源点$s$到节点$v$最短路径的长度,对所有节点依据$dis$ 进行了等价类划分

记源点$s$到节点$v$的最短路径长度为$\delta(s,v)$,.现在证明$v.dis = \delta(s,v)$：

引理5.1 对于有向或无向图$G$, 对任意边$uv$, 有$\delta(s,v) \leq \delta(s,u)+1$.

证明:

如果源点$s$到$u$可达, 则由于$uv$的存在, $s$到$v$同样可达. 所以$s$到$v$最短路径长度必然不超过任意一条$s$到$v$的路径长度(包括$s$到$u$再到$v$这条路径), 所以$\delta(s,v) \leq \delta(s,u)+1$. 若$s$到$u$不可达, 则$\delta(s,u)=\infty$, 不等式同样成立（当然，若$s$到$v$也不可达，此时是 $\infty \leq \infty + 1$，同样成立）.
引理5.2 从节点$s$开始BFS, 在遍历结束时, 对每个可达结点$v$, 有 $v.dis \geq \delta(s,v)$.

证明:

采用数学归纳法,对队列上的操作个数归纳, 即证明: 无论队列上执行了多少个操作, 该不变式总是成立: 对于任意$v$, $v.dis \geq \delta(s,v)$.

初始情况是队列执行第一个操作, 即将源点$s$放入队列中. 此时$s.dis \geq \delta(s,s)=0$. 对于其他任意节点$v$, $v.dis = +\infty \geq \delta(s,v)$. 所以初始情况下结论成立.

由于出队操作对结论没有影响( 出队不会更改 $v.dis$), 只需要关注入队操作. 假设在处理节点$u$时, 发现白色邻居$v$. 根据归纳假设, 有$u.dis \geq \delta(s,u)$. 对于$v$, 有: $$ \[\begin{equation} \begin{aligned} v.dis = u.dis + 1( BFS的实现 ) \\ \quad \quad \geq \delta(s,u)+1 ( 归纳假设 ) \\ \geq \delta(s,v) ( 引理5.1 ) \end{aligned} \end{equation}\] $$

由于$v.dis$的值一经赋值后不再变化. 所以我们通过归纳法证明了对每个节点$v$, 有 $v.dis \geq \delta(s,v)$

为了证明相等关系的另一半 $v.dis \leq \delta(s,v)$, 首先要对BFS过程进行更细致的刻画.
引理5.3 假设在BFS过程中, 队列中的元素为$<v_1, v_2, \dots, v_r>$ ( $v_1$是队头, $v_r$ 是队尾 ). 我们有:

$v_i.dis \leq v_{i+1}.dis$ ( $1 i r+1 $ ) , $ v_r.dis v_1.dis+1 $

证明:

采用数学归纳法,对队列上的操作归纳. 初始情况下, 队列中只有源点$s$, 结论显然成立. 下面要证明队列任意执行一个操作(出队或入队), 上述结论总是成立.

假设队头元素$v_1$出队, 则$v_2$成为新的队头元素. 根据归纳假设, 有

$v_r.dis \leq v_1.dis + 1 \leq v_2.dis + 1$

从$v_2$到$v_r$的所有元素的小于等于关系依然成立. 所以执行一个出队操作后, 要证明的结论保持成立.

假设有一个新元素$v_{r+1}$入队, 此时必然从队首取出一个节点进行处理, 记为$u$. 在处理$u$时, 我们发现了白色邻居$v_{r+1}$并将它放到队列尾部. 此时$v_{r+1}.dis=u.dis+1$. 在$u$出队前的时刻, $u$是队头, $v_1$是队列中的第二个元素, 所以$u.dis \leq v_1.dis$. 根据上面的分析, 有 $v_{r+1}.dis = u.dis +1 \leq v_1.dis + 1$.

在$u$ 出队之前,$v_{r+1}$未入队时, $u$是队头, $v_r$是队尾. 同样根据归纳假设, 有

\[ v_r.dis \leq u.dis+1=v_{r+1}.dis \] 对于队列中其他元素而言, 不等关系未受影响.

综上, 基于归纳法我们证明了, BFS过程中的任意时刻: \[ \begin{align} v_i.dis &\leq v_{i+1}.dis, \ 1 \leq i \leq r+1 \nonumber \\ v_r.dis &\leq v_1.dis+1 \nonumber \end{align} \]
定理5.1 假设从图$G$中的源点$s$开始对整个图完成BFS, 则对任意节点$v$, $v.dis = \delta(s,v)$, 且从$s$到$v$由TE组成的路径就是$s$到$v$的最短路径(不一定是唯一的最短路径)

证明:

采用反证法, 假设存在一些节点, 它们的dis值不等于源点到它们的最短路径值. 在这些节点中, 取源点到其距离最短的节点, 记为 $v$ (显然$v$不可能为$s$ ). 根据引理5.2, 有$v.dis > \delta(s,v)$. 注意$s$到$v$必然可达, 否则$ (s,v) = + v.dis$

考察$s$到$v$的最短路径. 记$u$为该路径上在$v$前面的节点, 则 $\delta(s,v)=\delta(s,u)+1$. 根据选取$v$的特定方式, 有$u.dis=\delta(s,u)$ (易证). 由此, 有: \[ v.dis > \delta(s,v) = \delta(s,u)+1=u.dis+1 \] 下面考察节点$u$刚从队头出队的时刻. 此时节点$v$可能有三种颜色.
- 如果$v$为白色, 则根据BFS框架, 将赋值$v.dis=u.dis+1$, 这与$v.dis > u.dis+1$矛盾
- 如果$v$为灰色,则记它作为节点$w$的白色邻居被放到队尾, 且 $v.dis = w.dis+1$. 由于$w$比$v$更早离开队列, 所以根据引理5.3, 有$v.dis=w.dis+1 \leq u.dis+1$, 这与$v.dis > u.dis+1$矛盾
- 如果$v$为黑色, 则在$u$之前它已离开队列, 所以 $v.dis\leq u.dis$, 这与$v.dis > u.dis+1$矛盾
证毕.

BFS树

对于边$uv$

	有向	无向
TE	$v.p = u; v.dis = u.dis+1$	同左
BE	$0 <= v.dis < u.dis$	nil
DE	nil	nil
CE	$v.dis \leq u.dis+1$	$v.dis = u.dis$ 或$v.dis = u.dis+1$

有向图
- TE: 当遍历节点 $v$ 时，发现其白色邻居 $v$, 则 $uv$ 为TE. 在一个连通片内所有TE组成的子图连通且无环且包含了该连通片中所有节点. 如果忽略所有边的方向, 则这些TE组成当前连通片的一棵生成树,称为"BFS树"
- BE: 当遍历节点$u$时,发现其黑色邻居 $v$, 且 $v$是$u$在BFS树中的祖先节点, 则$uv$为BE. 对于BE $uv$, 有 $ 0 v.dis < u.dis$.
- DE: BFS不可能出现DE。反证假设$uv$为DE，那么考察在节点$u$刚出队列,即将处理它的所有邻居的时刻, 节点$v$的情况:
  - 节点$v$不可能是白色,否则$uv$为TE
  - 节点$v$不可能为灰色, 因为在此时$u$刚出队列, 而若$v$为灰色(正在队列中), 这和$u$是$v$在遍历树上的祖先节点矛盾
  - 节点$v$不可能是黑色, 在节点$u$刚出队的时刻, 如果节点$v$已经结束遍历, 这同样和$u$是$v$在遍历树上的祖先节点矛盾
- CE: 当遍历节点$u$时,发现其灰色或者黑色邻居 $v$, 且$v$不是$u$的祖先节点( 前面关于DE的讨论证明了必然不可能是子孙节点 ), 则$uv$为CE. 对于CE, 有$v.dis \leq u.dis+1$
  - 与DFS类似, CE同样可能存在于两个不同的BFS树之间
无向图
- TE: 与有向图的情况类似, 当遍历节点 $v$ 时，发现其白色邻居 $v$, 则 $uv$ 为TE. 对于TE$(u,v)$, 有 $v.dis = u.dis+1$. 所有TE组成(当前连通片的)BFS遍历树, 我们为每条TE进行定向, 其方向就是遍历推进的方向.
- BE: 不存在（证明易）
- DE: 不存在（证明易）
- CE: 当遍历节点$u$时,发现其灰色邻居 $v$(前面关于BE和DE的讨论证明了$v$不可能是$u$的祖先或子孙节点), 则$uv$为CE. 对于CE, 有 $v.dis = u.dis$ 或 $v.dis = u.dis+1$
  - 注意, 此时节点$v$不可能是白色,否则$uv$为TE; 节点$v$不可能是黑色, 否则由于无向边$uv$的存在, 在处理$u$时, 必然已处理过$uv$, 此时的边$uv$是二次遍历,直接被剔除, 不做处理.
推论5.1, 对于BFS过程中的CE $uv$,
- 无向图 $v.dis = u.dis$ 或 $v.dis = u.dis+1$
- 有向图 $v.dis \leq u.dis+1$
证明:( 书上有图)

对于有向图的CE $uv$,我们考察$v.dis$最大可以比$u.dis$大多少. 注意, 节点$v$发现得越晚, $v.dis$越大. 由于图中有边$uv$的存在, 所以最迟将节点$u$出队列时, 必将访问节点$v$. 所以$v.dis \leq u.dis+1$

对于无向图的CE $uv$, 当处理$u$时, 根据前面的讨论, $v$只能是灰色, 即$v$在队列中. 根据引理5.3, 有$u.dis \leq v.dis \leq u.dis+1$. 所以$v.dis = u.dis$ 或 $v.dis = u.dis+1$

应用

二部图

给定无向图$G=(V,E)$, 我们称之为二分图，如果存在顶点$V$的划分$V_1$, $V_2$ ( $V_1 \cap V_2= \emptyset, V_1 \cup V_2=V$ ), 使得图中任意的边均满足它的一个顶点在 $V_1$，另一个顶点在$V_{2}$（即，在$V_{1}$ 和 $V_{2}$ 内部，任意一对顶点没有边相连）

（等价于二着色问题）

发现TE,推进着色；发现非TE，检查着色
DFS也可以

k度子图

给定无向图$G$，定义图$G$的子图$H$为k度子图，如果每个顶点的度均大于等于输入的参数k

对于BFS中的点v，若v.d < k( d为v的度数 )，则v的邻居d--；
DFS也可以

DFS

s → all

有向图G，问是否存在点s，s到所有点可达？

“可达性”可使用SCC，因为SCC是可达性的等价类。求出G的收缩图后，又由于收缩图是有向无环图。则检查每个顶点，若存在至少两个顶点出度为0，则不存在；若仅存在一个出度为0的顶点，则从该顶点出发遍历
对于“all → s”，只需把图转置

	有向	无向
TE	\(v.p = u; v.dis = u.dis+1\)	同左
BE	\(0 <= v.dis < u.dis\)	nil
DE	nil	nil
CE	\(v.dis \leq u.dis+1\)	\(v.dis = u.dis\) 或\(v.dis = u.dis+1\)

BFS

skeleton

证明: \(v.dis = \delta(s,v)\)

BFS树

应用

二部图

k度子图

DFS

s → all