Python中的寻路效率

Question

我编写了一些代码，以找到树状流网络中给定范围上游的所有路径。 例如，如果我代表以下网络：

     4 -- 5 -- 8
    / 
   2 --- 6 - 9 -- 10
  /           \ 
 1              -- 11
  \
   3 ----7

作为一组父子对：

{(11, 9), (10, 9), (9, 6), (6, 2), (8, 5), (5, 4), (4, 2), (2, 1), (3, 1), (7, 3)}

它将返回节点上游的所有路径，例如：

get_paths(h, 1)  # edited, had 11 instead of 1 in before
[[Reach(2), Reach(6), Reach(9), Reach(11)], [Reach(2), Reach(6), Reach(9), Reach(10)], [Reach(2), Reach(4), Reach(5), Reach(8)], [Reach(3), Reach(7)]]

该代码包含在下面。

我的问题是：我将此方法应用于非常大的区域（例如，新英格兰）中的每个范围，任何给定范围都可能具有数百万条路径。 可能没有办法避免这是一个很长的操作，但是有没有一种pythonic的方法来执行此操作，以使每次运行都不会生成全新的路径？

例如，如果我运行get_paths（h，2）并找到了2上游的所有路径，我以后是否可以运行get_paths（h，1）而不必追溯2中的所有路径？

import collections

# Object representing a stream reach.  Used to construct a hierarchy for accumulation function
class Reach(object):
    def __init__(self):
        self.name = None
        self.ds = None
        self.us = set()

    def __repr__(self):
        return "Reach({})".format(self.name)


def build_hierarchy(flows):
    hierarchy = collections.defaultdict(lambda: Reach())
    for reach_id, parent in flows:
        if reach_id:
            hierarchy[reach_id].name = reach_id
            hierarchy[parent].name = parent
            hierarchy[reach_id].ds = hierarchy[parent]
            hierarchy[parent].us.add(hierarchy[reach_id])
    return hierarchy

def get_paths(h, start_node):
    def go_up(n):
        if not h[n].us:
            paths.append(current_path[:])
        for us in h[n].us:
            current_path.append(us)
            go_up(us.name)
        if current_path:
            current_path.pop()
    paths = []
    current_path = []
    go_up(start_node)
    return paths

test_tree = {(11, 9), (10, 9), (9, 6), (6, 2), (8, 5), (5, 4), (4, 2), (2, 1), (3, 1), (7, 3)}
h = build_hierarchy(test_tree)
p = get_paths(h, 1)

编辑：几周前，我问了一个类似的问题，关于在网络中查找“所有”上游数据，并收到了一个非常快的出色答案：

class Node(object):

    def __init__(self):
        self.name = None
        self.parent = None
        self.children = set()
        self._upstream = set()

    def __repr__(self):
        return "Node({})".format(self.name)

    @property
    def upstream(self):
        if self._upstream:
            return self._upstream
        else:
            for child in self.children:
                self._upstream.add(child)
                self._upstream |= child.upstream
            return self._upstream

import collections

edges = {(11, 9), (10, 9), (9, 6), (6, 2), (8, 5), (5, 4), (4, 2), (2, 1), (3, 1), (7, 3)}
nodes = collections.defaultdict(lambda: Node())

for node, parent in edges:
    nodes[node].name = node
    nodes[parent].name = parent
    nodes[node].parent = nodes[parent]
    nodes[parent].children.add(nodes[node])

我注意到def upper（）：此代码的一部分按顺序添加了上游节点，但是由于它是一个迭代函数，所以找不到将它们附加到单个列表的好方法。 也许有一种方法可以修改此代码以保留顺序。

Answer 1

是的，您可以这样做。 我不确定您的限制是什么； 但是，这应该可以使您走上正确的道路。 最差的运行时间是O（| E | + | V |），唯一的区别是在p.dfsh ，我们正在缓存先前评估的路径，而不是p.dfs 。

这将增加额外的空间开销，因此请注意这一折衷–您将节省许多迭代（取决于您的数据集），而无论如何都将占用更多的内存。 不幸的是，缓存并不能改善增长顺序，只能改善实际运行时间：

points = set([
    (11, 9),
    (10, 9), 
    (9, 6), 
    (6, 2), 
    (8, 5), 
    (5, 4), 
    (4, 2), 
    (2, 1), 
    (3, 1),
    (7, 3),
])

class PathFinder(object):

    def __init__(self, points):
        self.graph  = self._make_graph(points)
        self.hierarchy = {}

    def _make_graph(self, points):
        graph = {}
        for p in points:
            p0, p1 = p[0], p[1]
            less, more = min(p), max(p)

            if less not in graph:
                graph[less] = set([more])
            else:
                graph[less].add(more)

        return graph

    def dfs(self, start):
        visited = set()
        stack = [start]

        _count = 0
        while stack:
            _count += 1
            vertex = stack.pop()
            if vertex not in visited:
                visited.add(vertex)
                if vertex in self.graph:
                    stack.extend(v for v in self.graph[vertex])

        print "Start: {s} | Count: {c} |".format(c=_count, s=start),
        return visited

    def dfsh(self, start):
        visited = set()
        stack = [start]

        _count = 0
        while stack:
            _count += 1

            vertex = stack.pop()
            if vertex not in visited:
                if vertex in self.hierarchy:
                    visited.update(self.hierarchy[vertex])
                else:
                    visited.add(vertex)
                    if vertex in self.graph:
                        stack.extend([v for v in self.graph[vertex]])
        self.hierarchy[start] = visited

        print "Start: {s} | Count: {c} |".format(c=_count, s=start),
        return visited

p = PathFinder(points)
print p.dfsh(1)
print p.dfsh(2)
print p.dfsh(9)
print p.dfsh(6)
print p.dfsh(2)
print 
print p.dfs(1)
print p.dfs(2)
print p.dfs(9)
print p.dfs(6)
print p.dfs(2)

p.dfsh的输出如下：

Start: 1 | Count: 11 | set([1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11])
Start: 2 | Count: 8 | set([2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11])
Start: 9 | Count: 3 | set([9, 10, 11])
Start: 6 | Count: 2 | set([9, 10, 11, 6])
Start: 2 | Count: 1 | set([2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11])

常规p.dfs的输出为：

Start: 1 | Count: 11 | set([1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11])
Start: 2 | Count: 8 | set([2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11])
Start: 9 | Count: 3 | set([9, 10, 11])
Start: 6 | Count: 4 | set([9, 10, 11, 6])
Start: 2 | Count: 8 | set([2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11])

如您所见，我执行了DFS，但是在合理范围内，我跟踪以前的迭代。 我不想跟踪所有可能的先前路径，因为如果在大型数据集上使用它，则会占用大量的内存。

在输出中，您可以看到p.dfsh(2)的迭代计数从8变为1。同样，由于先前对p.dfsh(9) p.dfsh(6)的计算， p.dfsh(6)的计数也下降到了2。 p.dfsh(9) 。 与标准DFS相比，这是对运行时的适度改进，尤其是在大型数据集上。

Answer 2

当然，假设您有足够的内存来存储来自每个节点的所有路径，则可以对在该答案中收到的代码进行直接修改：

class Reach(object):
    def __init__(self):
        self.name = None
        self.ds = None
        self.us = set()
        self._paths = []

    def __repr__(self):
        return "Reach({})".format(self.name)

    @property
    def paths(self):
        if not self._paths:
            for child in self.us:
                if child.paths:
                    self._paths.extend([child] + path for path in child.paths)
                else:
                    self._paths.append([child])
        return self._paths

请注意，对于大约20,000个访问范围，该方法所需的内存约为千兆字节。 假设所需的内存通常是平衡的树，则所需的内存为O（n ^ 2） ，其中n是内存的总数。 取决于您的系统，这将是4-8 GiB的20,000个范围。 在计算完h[1]的路径后，任何节点的所需时间均为O（1） 。