具有N个标记顶点和K个未标记边的简单连接图的数量

Question

tl; dr我的递归关系占图的数量少于应有的数量。

我需要找到带有N个标记顶点和K个未标记边的简单连接图的数量。 链接到完整的源，完整的问题

[我看过这篇文章 ，但并没有解决我的问题]

约束：2 <= N <=20。因此，N-1 <= K <= N（N-1）/ 2。

我用两种不同的想法解决了这个问题（后来我才意识到）。

第一个想法： Connect N nodes with K edges such that there is 1 path between 2 nodes注意：考虑N-1节点和K-1边缘。 第N种节点有几种添加方式？

• 在节点N和其他N-1节点之间分配1个边； 这是微不足道的\\ binom {N-1} 1，即给定N-1选择1。
• 在...之间分配2条边。
• ....
• ....
• 在...之间分布N-1边。

我想出的“公式”看起来像这样：

我们只看K∈[N-1，N（N-1）/ 2]的值（其他值没有意义）。 当K = N-1时，它基本上属于Cayley公式 。 递归关系是我想到的部分。 问题是，我所考虑的图形数量少于应有的数量 。 编码：

static Map<List<Integer>, String> resultMap = new HashMap<List<Integer>, String>();
// N -> number of nodes
// K -> number of edges
// N will be at least 2 and at most 20.
// K will be at least one less than n and at most (n * (n - 1)) / 2
public static String answer(int N, int K) {
    /* for the case where K < N-1 */
    if(K < N-1)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    /* for the case where K = N-1 */
    // Cayley's formula applies [https://en.wikipedia.org/wiki/Cayley's_formula].
    // number of trees on n labeled vertices is n^{n-2}.
    if(K == N-1)
        return BigInteger.valueOf((long)Math.pow(N, N-2)).toString();

    /* for the case where K > N-1 */
    // check if key is present in the map
    List<Integer> tuple = Arrays.asList(N, K);
    if( resultMap.containsKey(tuple) )
        return resultMap.get(tuple);

    // maximum number of edges in a simply 
    // connected undirected unweighted graph 
    // with n nodes = |N| * |N-1| / 2
    int maxEdges = N * (N-1) / 2;

    /* for the case where K = N(N-1)/2 */
    // if K is the maximum possible 
    // number of edges for the number of 
    // nodes, then there is only one way is 
    // to make a graph (connect each node
    // to all other nodes)
    if(K == maxEdges)
        return BigInteger.ONE.toString();

    /* for the case where K > N(N-1)/2 */
    if(K > maxEdges)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    BigInteger count = BigInteger.ZERO;

    for(int k = 1; k <= N-1 ; k++) {
        BigInteger combinations = nChooseR(N-1, k);
        combinations = combinations.multiply(new BigInteger(answer(N-1, K-k)));
        count = count.add(combinations);
    }

    // unmodifiable so key cannot change hash code
    resultMap.put(Collections.unmodifiableList(Arrays.asList(N, K)), count.toString());

    return count.toString();
}

我发现这对MSE后，解决了同样的问题。 以此为参考，“公式”看起来像这样： 这完全符合预期。 该部分的代码如下。

static Map<List<Integer>, String> resultMap2 = new HashMap<List<Integer>, String>();
// reference: https://math.stackexchange.com/questions/689526/how-many-connected-graphs-over-v-vertices-and-e-edges
public static String answer2(int N, int K) {
    /* for the case where K < N-1 */
    if(K < N-1)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    /* for the case where K = N-1 */
    // Cayley's formula applies [https://en.wikipedia.org/wiki/Cayley's_formula].
    // number of trees on n labeled vertices is n^{n-2}.
    if(K == N-1)
        return BigInteger.valueOf((long)Math.pow(N, N-2)).toString();

    /* for the case where K > N-1 */
    // check if key is present in the map
    List<Integer> tuple = Arrays.asList(N, K);
    if( resultMap2.containsKey(tuple) )
        return resultMap2.get(tuple);

    // maximum number of edges in a simply 
    // connected undirected unweighted graph 
    // with n nodes = |N| * |N-1| / 2
    int maxEdges = N * (N-1) / 2;

    /* for the case where K = N(N-1)/2 */
    // if K is the maximum possible 
    // number of edges for the number of 
    // nodes, then there is only one way is 
    // to make a graph (connect each node
    // to all other nodes)
    if(K == maxEdges)
        return BigInteger.ONE.toString();

    /* for the case where K > N(N-1)/2 */
    if(K > maxEdges)
        return BigInteger.ZERO.toString();

    // get the universal set
    BigInteger allPossible = nChooseR(maxEdges, K);

    BigInteger repeats = BigInteger.ZERO;
    // now, to remove duplicates, or incomplete graphs
    // when can these cases occur?
    for(int n = 0 ; n <= N-2 ; n++) {

        BigInteger choose_n_from_rem_nodes = nChooseR(N-1, n);

        int chooseN = (N - 1 - n) * (N - 2 - n) / 2;

        BigInteger repeatedEdges = BigInteger.ZERO;
        for(int k = 0 ; k <= K ; k++) {
            BigInteger combinations = nChooseR(chooseN, k);

            BigInteger recurse = new BigInteger(answer2(n+1, K-k));

            repeatedEdges = repeatedEdges.add(combinations.multiply(recurse));
        }

        repeats = repeats.add(choose_n_from_rem_nodes.multiply(repeatedEdges));
    }

    // remove repeats
    allPossible = allPossible.subtract(repeats);

    // add to cache
    resultMap2.put(Collections.unmodifiableList(Arrays.asList(N, K)), allPossible.toString());
    return resultMap2.get(tuple);
}

如果有人能指出我的方向，以便我能从第一种方法中得到错误，我将不胜感激。 第二种方法可行，但是它进行O（NK）递归调用，并且K在N中平均为二次方。因此，尽管我试图使用DP最小化计算，但是显然不是很好。 下面是nChooseR（）和factorial（）函数。

nChooseR的代码：

static Map<List<Integer>, BigInteger> nCrMap = new HashMap<List<Integer>, BigInteger>();
// formula: nCr = n! / [r! * (n-r)!]
private static BigInteger nChooseR(int n, int r) {
    // check if key is present
    List<Integer> tuple = Arrays.asList(n, r);
    if( nCrMap.containsKey(tuple) )
        return nCrMap.get(tuple);

    // covering some basic cases using
    // if statements to prevent unnecessary
    // calculations and memory wastage

    // given 5 objects, there are 0 ways to choose 6
    if(r > n)
        return BigInteger.valueOf(0);

    // given 5 objects, there are 5 ways of choosing 1
    // given 5 objects, there are 5 ways of choosing 4
    if( (r == 1) || ( (n-r) == 1 ) )
        return BigInteger.valueOf(n);

    // given 5 objects, there is 1 way of choosing 5 objects
    // given 5 objects, there is 1 way of choosing 0 objects
    if( (r == 0) || ( (n-r) == 0 ) )
        return BigInteger.valueOf(1);

    BigInteger diff = getFactorial(n-r);

    BigInteger numerator = getFactorial(n);

    BigInteger denominator = getFactorial(r);
    denominator = denominator.multiply(diff);

    // unmodifiable so key cannot change hash code
    nCrMap.put(Collections.unmodifiableList(Arrays.asList(n, r)), numerator.divide(denominator));

    return nCrMap.get(tuple);
}

阶乘代码：

    private static Map<Integer, BigInteger> factorials = new HashMap<Integer, BigInteger>();
    private static BigInteger getFactorial(int n) {
        if(factorials.containsKey(n))
            return factorials.get(n);

        BigInteger fact = BigInteger.ONE;
        for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
            fact = fact.multiply(BigInteger.valueOf(i));

        factorials.put(n, fact);

        return fact;
    }

一些测试代码：

public static void main(String[] args) {
    int fail = 0;
    int total = 0;
    for(int n = 2 ; n <= 20 ; n++) {
        for(int k = n-1 ; k <= n*(n-1)/2 ; k++) {
            total++;
            String ans = answer(n,k);
            String ans2 = answer2(n,k);
            if(ans.compareTo(ans2) != 0) {
                fail++;
                System.out.println("N = " + n + " , K = " + k + " , num = " + ans + " ||| " + ans2);
            }
        }
    }
    System.out.println("Approach 1 fails " + ((100*fail)/total) + "% of the test");
}

PS：我在Google Foobar挑战中遇到了这个挑战。 只是想让所有人都知道这一点。 根据挑战者无法看到的Foobar的测试用例，判断answer2()可以正常工作。 只是为了阅读所有内容，这是一个小仓鼠吃着小卷饼的视频 。

Answer 1

另一种方法...

我们知道f(n,n-1) = n^{n-2}是标记的有根树的数量的计数函数[Cayley公式]

现在，令f(n, k)为具有n个节点和k条边的连接图的总数，我们具有如何添加新边的特征：

1）拍摄F [n，k]中的任何图，然后可以在{n \\ choose 2}-k对不匹配节点之间添加一条边。

2）如果您有两个连通图g_1和g_2，则分别用F [s，t]和F [ns，kt]表示（即，具有s个节点和t个边的连通图，以及具有ns个节点和kt的连通图边缘），则可以通过将这两个子图连接在一起，以外科方式构造一个新图。

您有s * (ns)对顶点可供选择，并且可以用{n \\choose s}方式选择s point 。 然后，您可以对s和t分别从1 to n-1进行选择求和，这样做时，您将对每个图进行两次重复计数。 我们将此构造称为g(n, k) 。

然后g(n,k) = (\\sum_s,t {n \\choose s} s (ns) f(s,t) f(ns, kt))/2

现在，没有其他方法可以添加额外的边（不减少上面的两种结构），因此加性项h(n,k+1) = (N - k)f(n,k) + g(n,k)表征了我们构建的图的多集合。 为什么这是多集？

好吧，让我们看一下两个子案例的案例分析（构造的归纳）。 在以此方式构造的h(n, k+1)图中取一个随机图g 。 归纳假设是在多集h(n, k+1)内有k + 1 g的副本。

让我们看一下归纳情况：如果在连接图中断开一条边，则它要么保持连接图，要么分成两个连接图。 现在，固定在edge e ，如果折断其他任何边，则e仍将位于(k+1) - 1不同的构造内。 如果破坏e ，则将具有另一种独特的构造。 这意味着存在k + 1可能的不同图类（两个组件中的单个组件），我们可以从中构造相同的最终图g 。

因此， h(n,k+1)总共对每个图计数k+1次，因此f(n, k+1) = h(n, k+1)/(k+1) = ((Nk)f(n,k) + g(n,k))/(k+1) 。

给定一个固定的n和k ，这种重复将在O((nk)^2)时间内计算出正确的结果，因此从复杂度来看，它等效于先前的算法。 这种构造的好处是，它很容易产生解析生成函数，因此您可以对其进行分析。
在这种情况下，假设您有一个复数值函数f_k(x,y) ，然后

2 dy f_{k+1} = (x^2 dx^2 f_k - 2 y dy f_k) + \\sum_s z^2 dz f_s dz f_{ks} 。

您将需要很多复杂的分析机制来解决此重复PDE。

这是一个Java实现[ 来源 ]