給定具有自循環的有向加權圖，找到與給定節點x完全相距k dist的節點列表？

Question

圖中的每個邊都具有1的權重。圖可以具有周期，如果節點具有自循環，則它可以是從0到無窮大的任何距離，具體取決於編號。 我們采取自我循環的時間。

我已經使用bfs解決了這個問題，但是對距離的約束是10 ^ 9的順序，因此bfs很慢。

我們將在形式（距離，源）的給定圖形上詢問多個查詢，並且o / p是從源頂點開始精確地在給定距離處的節點列表。

約束

1<=Nodes<=500
1<queries<=500
1<=distance<=10^9

我有一種感覺，會有很多重復的計算作為沒有。 節點很小，但我無法弄清楚如何在較小的問題中減少問題。

有效的方法是什么？

編輯：我已經嘗試過使用矩陣求冪，但對於給定的約束，它太慢了。 問題的時間限制為1秒。

Answer 1

設G = (V,E)為圖形，並定義鄰接矩陣A ，如下所示：

A[i][j] = 1       (V[i],V[j]) is in E
          0       otherwise

在這個矩陣中，對於每個k ：

(A^k)[i][j] > 0 if and only if there is a path from v[i] to v[j] of length exactly k.

這意味着通過創建此矩陣然后計算指數，您可以輕松獲得答案。

對於快速指數計算，您可以通過平方使用指數 ，這將產生O(M(n)^log(k)) ，其中M(n)是nXn矩陣的矩陣乘法的成本 。

在同一圖表上查找不同的查詢時，這也可以節省一些計算。

附錄 - 索賠證明：

基數： A^1 = A ，實際上在A根據定義， A[i][j]=1當且僅當(V[i],V[j])在E

假設：假設聲明對所有l<k都是正確的

A^k = A^(k-1)*A 根據歸納假設， A^(k-1)[i][j] > 0如果存在從V[i]到V[j]的長度為k-1的路徑。

讓我們檢查具有索引i和j兩個頂點v1,v2 。
如果它們之間存在長度為k的路徑，則將其設為v1->...->u->v2 。 設u的指數為m 。
從ih A^(k-1)[i][m] > 0因為有一條路徑。 另外A[m][j] = 1 ，因為(u,v2) = (V[m],V[j])是邊。

A^k[i][j] = A^(k-1)*A[i][j] = A^(k-1)[i][1]A[1][j] + ... + A^(k-1)[i][m]A[m][j] + ... + A^(k-1)[i][n]A[n][j] 

由於A[m][j] > 0且A^(k-1)[i][m] > 0 ，則A^(k-1)*A[i][j] > 0

如果沒有這樣的路徑，那么對於每個頂點u使得（u，v2）是邊緣，沒有從v到u的長度k-1路徑（其他的v1->..->u->v2是長度為k ）的路徑。

然后，使用歸納假設我們知道如果A^(k-1)[i][m] > 0則A[m][j] = 0 ，對於所有m 。
如果我們在定義A^k[i][j]的和中分配它，我們得到A^k[i][j] = 0

QED

小注釋：從技術上講， A^k[i][j]是i和j之間的路徑數，長度恰好為k 。 這可以證明與上面類似，但更多地關注細節。
為了避免數字增長太快（這會增加M(n)因為你可能需要大整數來存儲該值），並且因為你不關心0/1以外的值 - 你可以將矩陣視為布爾值 - 僅使用0/1值並修剪其他任何值。

Answer 2

如果圖表中有周期，那么您可以推斷cycle * N + 1每個相鄰節點之間存在鏈接，因為您可以根據需要進行迭代。

這讓我想到了這個想法，我們可以利用這些循環來獲得優勢！
在檢測周期時使用BFS，我們計算offset + cycle*N然后我們得到接近我們的目標（K）

很容易搜索K.

例如

A - > B - > C - > D - > BK = 1000; S = A;

A - 0
B - 1
C - 2
D - 3
B - 1（+ 4N）
在這里你可以檢查k - (1+4N) = 0 > 1000 - 1 - 4N = 0 > 999 = 4N > N=249 =>最佳B是249*4 + 1 = 997 floor（）
更簡單的方法是計算： round(k - offset, cycle)

從這里你可以只計算幾個步驟。
在這個例子中（作為REGEX）： A(BCD){249}BCD