计算长度为K的DAG中的路径数

Question

我有一个具有2 ^ N个节点的DAG，其值从0到2 ^ N-1。 如果x <y并且x（xor）y = 2 ^ p，则x到y之间有边，x和y是节点值，并且pa是非负整数。 由于N可以高达100000，因此生成图形并进行计数将需要大量的计算时间。 有什么方法可以计算具有一定长度K（K是两个节点之间的边数）的路径，换句话说，是否有某种方程式可以用于这种计数？ 提前致谢

Answer 1

迈克尔（Michael）有一些很好的见解，但我不确定我是否会遵循他的全部论点。 这是我的解决方案。

假设N = 4，K = 2。 因此，节点的范围从0（0000 ₂ ）到15（1111 ₂ ）。

现在让我们考虑节点2（0010 ₂ ）。 因为2 <3且xor（2,3）= 1 = 2 ^0，所以存在2到3（0011 ₂ ）的边。 还有一个从2到6的边，因为2 <6并且xor（2,6）= 4 = 2 ² 。 从2到10有一条边，因为2 <10且xor（2,10）= 8 = 2 ³ 。

概括地说：对于任何x，请考虑x中的所有0位。 通过将0位中的任何一位翻转为1，您将得到一个大于y且与x相差一位的数字y。 所以从x到y有一条边。

x中的1位数通常称为x的填充计数 。 我将使用pop（x）表示x的总数。

我们正在处理N位数字（当我们包含前导零时），因此x中的0位数字是N-pop（x）。

让我们使用术语“ j -path”来表示长度为j的路径。 我们要计算K路径的数量。

每个节点x都有N-pop（x）个输出边缘。 这些边缘中的每一个都是1路径。

让我们考虑节点5（0101 ₂ ）。 节点5的边缘为7（0111 ₂ ），节点7的边缘为15（1111 ₂ ）。 节点5的边缘为13（1101 ₂ ），节点13的边缘为15（1111 ₂ ）。 因此，节点5外有两个2路径：5-7-15和5-13-15。

接下来，让我们再次查看节点2（0010 ₂ ）。 节点2的边为3（0011 ₂ ），节点的边为7（0111 ₂ ）和11（1011 ₂ ）。 节点2还具有节点6（0110 ₂ ）的边缘，节点6具有7（0111 ₂ ）和14（1110 ₂ ）的边缘。 最后，节点2的边缘为节点10（1010 ₂ ），节点10的边缘为11（1011 ₂ ）和14（1110 ₂ ）。 节点2总共有6条2路径：2-3-7、2-3-11、2-6-7、2-6-14、2-10-11和2-10-14 。

模式是，对于z位设置为零的任何节点x，其中z≥K，x中都有一些K路径。 要从x中找到K路径，请选择零位中的任何K。 将这些位一一翻转为您提供路径。 您可以按任意顺序翻转位。 每个订单给出了不同的路径。

当您要从一组n个项目中以特定顺序选择k个项目时，称为无替换的有序样本，并且有n个！ /（nk）！ 方法。 通常将其写为_n P _k ，但在此处键入P（n，k）会更容易。

因此，正好具有2个零位的节点的P（2,2）= 2！ /（2-2）！ = 2条2条路径。 （请注意，0！=1。）正好具有3个零位的节点的P（3,2）= 3 !！ / 1！ = 6条2条路径。 正好有4个零位的节点的P（4,2）= 4！ / 2！ = 12条2条路径。 （由于我在示例中使用N = 4，因此只有一个节点具有正好4个零位，即节点0。）

但是然后我们需要知道，有多少个节点正好有2个零位？ 好吧，当有n个商品可供选择时，我们想选择k个商品，而我们并不关心所选商品的顺序，那就是无替换的无序样本，而有n个商品！ /（k！（nk）！）的方法。 这称为“ n select k”，通常以无法在堆栈溢出时重现的方式编写，因此将其写为C（n，k）。

对于我们的N = 4的示例，有C（4,2）= 6个节点，其中2位恰好设置为零。 这些节点是3（0011 ₂ ），5（0101 ₂ ），6（0110 ₂ ），9（1001 ₂ ），10（1010 ₂ ）和12（1100 ₂ ）。 这些节点中的每个节点都具有P（2,2）2条路径，因此这意味着C（4,2）* P（2,2）= 6 * 2 = 12个节点中的2条路径完全相同两个0位。

然后有C（4,3）= 4个节点，其中恰好3位设置为零。 这些节点是1（0001 ₂ ），2（0010 ₂ ），4（0100 ₂ ）和8（1000 ₂ ）。 这些节点中的每个节点都具有P（3,2）2条路径，因此，在正好三个0的节点中有C（4,3）* P（3,2）= 4 * 6 = 24条2条路径位。

最后，存在C（4,4）= 1个节点，其中恰好4位设置为零。 该节点具有P（4,2）= 12个2路径。

因此，当N = 4时2路径的总数为C（4,2）* P（2,2）+ C（4,3）* P（3,2）+ C（4,4）* P（ 4,2）= 12 + 24 + 12 = 48。

对于一般的N和K（其中K≤N），K路径的数目是K≤z≤N时C（N，z）* P（z，K）的总和。

我可以这样输入Wolfram Alpha（或Mathematica）：

Sum[n!/(z! (n - z)!) z!/(z - k)!, {z, k, n}]

并将其简化为 ：

2^(n-k) n! / (n-k)!

Answer 2

陈述的问题似乎与此等效：

考虑所有可能的长度为N的二进制字符串的集合。考虑将第i位从0翻转到1的操作Fi。对于字符串x＆y表示| x |。 设置位数x

很容易看出，只要且仅当（x，y）是K可容许的，一个人才能通过一系列完全K的操作Fi从x获得y。 而且，如果我们固定x并对所有y求和，使得（x，y）是K可容许的，则得到（N- | x |）！

最后，我们需要用| x | <=（NK）对所有x求和。 对于| x |的给定选择 我们有N！/（N- | x |）！| x |！ x的可能选择。 结合以上内容，即可得到给定的| x |。 有N！/ | x |！ 可能的路径。

表示| x | = M，M从0到NK，而您的答案是N！/ M！的所有M之和。