22.4-1 给出算法 TOPOLOGICAL-SORT 运行于图 22-8 上时所生成的结点次序。这里的所有假设和练习 22.3-2 一样。
ANSWER：
22.4-2 请给出一个线性时间的算法，算法的输入为一个有向无环图 G = (V, E) 以及两个结点 s 和 t，算法的输出是从结点 s 到结点 t 之间的简单路径的数量。例如，对于图 22-8 所示的有向无环图，从结点 p 到结点 v 一共有 4 条简单路径，分别是 pov、poryv、posryv 和 psryv。（本题仅要求计数简单路径的条数，而不要求将简单路径本身列举出来。）
ANSWER：给结点附加一个计数属性time，初始化 t.time = 1，其它的 time 均为 0 ，以 s 为源结点进行 DFS，一旦搜索到 t，则 t 马上着黑色（即不继续搜索 t 的后代）。每当结束一个结点的搜索，则该结点的 time 属性 = 该结点所指向的所有结点的 time 之和。最后 s.time 即路径条数。
如图 22-8 的 p 到 v，最后 v.time = 1, y.time = 1, r.time = 1, s.time = 1, o.time = 1, p.time。
解法二
有向无环图G=(V,E)，求其点s和e之间的路径数目。此题首先要以点s开始作DFS，得到从s为起点的所有可达点的一顶DFS树，但这个路径数目需要详细参详。
定义P(x)，表示点s到点x的路径数目，P(s)=1，即s到自身有一条路径，其余的所有路径数目都初始化为0。
路径从s到达点x，则必须到达x的上一层结点，假设以x为终点的上一层结点有n个，即a1,a2,...,an，由加法定律可知P(x)= P(a1) + P(a2) + ... + P(an)，这是一个从顶向下的递推过程，有点类似于动态规划。
综上，我们只要获取任意一点的入邻接表(也称逆邻接表)，由图G获取其转置GT，其中保存着任意一点的上一层结点。然后再从顶向下递推，正好利用拓扑排序获得的序列，因为由拓扑排序的定义可以保证结点的顺序关系，因此递推有效。以下的算法步骤：
(1) 由图G获取其转置图GT，以得到所有点的入邻接表
(2) 以点s开始作DFS，得到从点s到达点e的拓扑序列
(3) 以此拓扑序列为顺序，逐个获取P值，最终得到P(e)，即s到e的路径数目
图中实线为tree edge，曲线为forward和cross edge，从p到v的路径数目，递推过程如下：
P(p) = 1
P(o) = P(p) = 1
P(s) = P(p) + P(o)= 2
P(r) = P(o) +P(s) = 3
P(y) = P(r) = 3
P(v) = P(y) +P(o) = 4
步骤(1) 代码如下
static int graph_add_edge(struct link_graph *G, int uindex, int vindex)
{
struct link_edge *e = NULL;
struct link_vertex *u = G->v + uindex;
e = malloc(sizeof(struct link_edge));
if (!e)
return -1;
e->vindex = vindex;
e->type = EDGE_NONE;
list_add(&e->node, &u->head);
return 0;
}
struct link_graph* graph_transpos(struct link_graph *G)
{
int i = 0;
struct link_edge *e = NULL;
struct link_vertex *u = NULL;
struct link_graph *GT = NULL;
GT = malloc(sizeof(struct link_graph));
if (!GT)
return NULL;
GT->v = malloc(G->vcount * sizeof(struct link_vertex));
if (!GT->v) {
free(GT);
return NULL;
}
GT->vcount = G->vcount;
GT->ecount = G->ecount;
for (i = 0;i < GT->vcount;i++) {
u = GT->v + i;
u->vindex = i;
INIT_LIST_HEAD(&u->head);
}
for (i = 0;i < G->vcount;i++) {
u = G->v + i;
list_for_each_entry(e, &u->head, node) {
graph_add_edge(GT, e->vindex, i);
}
}
return GT;
}
步骤(2) 代码如下
void DFS_visit_topo(struct link_graph *G, struct link_vertex *u, int *color, struct list_head *head)
{
struct link_edge *le = NULL;
color[u->vindex] = COLOR_GRAY;
list_for_each_entry(le, &u->head, node) {
if (color[le->vindex] == COLOR_WHITE) {
DFS_visit_topo(G, G->v + le->vindex, color, head);
le->type = EDGE_TREE;
}
else if (color[le->vindex] == COLOR_GRAY) {
le->type = EDGE_BACK;
printf("G has cycle and cannot topology sort\n");
}
}
color[u->vindex] = COLOR_BLACK;
list_add(&u->qnode, head);
}
int graph_topo_sort(struct link_graph *G, int s, struct list_head *thead)
{
int i;
int *color;
color = malloc(sizeof(int) * G->vcount);
for (i = 0;i < G->vcount;i++) {
color[i] = COLOR_WHITE;
}
DFS_visit_topo(G, G->v + s, color, thead);
free(color);
return 0;
}
步骤(3) 代码如下
int graph_count_path(struct link_graph *G, int s, int end)
{
int *P;
struct list_head thead;
struct link_vertex *u = NULL, *ut = NULL;
struct link_edge *e = NULL;
struct link_graph *GT = NULL;
GT = graph_transpos(G);
if (GT == NULL)
return -1;
P = malloc(G->vcount * sizeof(int));
memset(P, 0, G->vcount * sizeof(int));
P[s] = 1;
INIT_LIST_HEAD(&thead);
graph_topo_sort(G, s, &thead);
printf("The topology sort from %d is below:\n", s);
list_for_each_entry(u, &thead, qnode) {
printf("%4d ", u->vindex);
if (u->vindex == s)
continue;
ut = GT->v + u->vindex;
list_for_each_entry(e, &ut->head, node) {
P[u->vindex] += P[e->vindex];
}
if (u->vindex == end) {
printf("\n\nThere are %d paths from %d to %d\n", P[end], s, end);
break;
}
}
link_graph_exit(GT);
return 0;
}
22.4-3 给出一个算法来判断给定无向图 G = (V, E) 是否包含一个环路。算法运行时间应该在 O(V) 数量级，且与 |E| 无关。
ANSWER
我们都知道对于一个无向图而言，如果它能表示成一棵树，那么它一定没有回路，并且有|E|=|V|-1，如果在这个树上添加一条边，那么就构成了回路，如果在这个树中去掉一个边就成了森林（注意：如果只是限定|E|<|V|-1它不一定是森林，它当中可能存在无向连通子图）。
对于这个题目我们可以用DFS来做，每当访问当前节点的邻接表时，如果存在某个邻接的元素已被标记为访问状态，且这个元素不是当前元素的父节点，那么这个图就是存在回路的。总的时间代价是O(|E|+|V|)，因为E<=|V|-1(如果|E|>|V|-1根据无向图的性质，那么这个无向图一定存在回路)，所以O(|E|+|V|)=O(|V|)
22.4-4 证明或反证下述论断：如果有向图 G 包含环路，则在算法 TOPOLOGICAL-SORT(G) 所生成的结点序列里，图 G 中与所生成序列不一致的“坏”边的条数最少。
ANSWER：
22.4-5 在有向无环图 G =(V, E) 上执行拓扑排序还有一种办法，就是重复寻找入度为 0 的结点，输出该结点，将该结点及从其发出的边从图中删除。请解释如何在 O(V+E) 的时间内实现这种思想。如果图 G 包含环路，将会发生什么情况？
ANSWER：首先利用DFS在O(V+E)时间内记录每个结点的入度。然后在每次删除结点后更新每个结点的入度。删除结点时间为O(V)，更新结点入度时间为O(E)，所以总时间为O(V+E)。
如果图G包含环路，环路中的结点的入度会均大于0，都无法删除。