算法图算法

有向无环图的反图与逆向思维

字数统计: 1.9k字   |   阅读时长: 8分
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摘要: DAG 中的祖先节点 -> 反图的后代节点

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本文我们通过一个题目来看一下有向无环图的反图的性质。首先我们简要介绍一下反图的概念以及有向无环图反图的特性，然后看题目。

此外本题还有更巧妙的逆向思维的处理方法。

反图

设原图为 $D$，其反图为 $D’$，由于在反图 $D’$ 中原图 $D$ 的所有的边方向都被反转，因此如果原图中存在一条从节点 A 指向节点 B 的边，在反图中就会变成从节点 B 指向节点 A 的边。

对于有向无环图（Directed Acyclic Graph，简称DAG），其反图保持了无环的特性，也是一棵有向无环图。对于有向无环图，在原图中作为祖先节点的每个节点，在反图中将成为后代节点，反之亦然。

反图的概念在有向图中非常重要，原图表示的是一种有向关系，而其反图则表示了这种关系的逆关系，这就允许我们从不同的角度研究图的性质。在某些情况下，研究反图的性质可以简化问题的求解。

例如，如果原图表示了一个函数调用的流程，那么其反图可能表示了函数返回值的传递流程。如果原图表示了一个任务的依赖关系，那么其反图可能表示了任务完成后的传递关系。

下面我们看一个相关的题目。

题目

给你一个正整数 n ，它表示一个 有向无环图 中节点的数目，节点编号为 0 到 n - 1 （包括两者）。

给你一个二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [fromi, toi] 表示图中一条从 fromi 到 toi 的单向边。

请你返回一个数组 answer，其中 answer[i]是第 i 个节点的所有 祖先 ，这些祖先节点 升序 排序。

如果 u 通过一系列边，能够到达 v ，那么我们称节点 u 是节点 v 的 祖先 节点。

提示：

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1 <= n <= 1000
0 <= edges.length <= min(2000, n * (n - 1) / 2)
edges[i].length == 2
0 <= fromi, toi <= n - 1
fromi != toi
图中不会有重边。
图是 有向 且 无环 的。

示例 1：

输入：n = 8, edgeList = [[0,3],[0,4],[1,3],[2,4],[2,7],[3,5],[3,6],[3,7],[4,6]]
输出：[[],[],[],[0,1],[0,2],[0,1,3],[0,1,2,3,4],[0,1,2,3]]
解释：
上图为输入所对应的图。

  • 节点 0 ，1 和 2 没有任何祖先。
  • 节点 3 有 2 个祖先 0 和 1 。
  • 节点 4 有 2 个祖先 0 和 2 。
  • 节点 5 有 3 个祖先 0 ，1 和 3 。
  • 节点 6 有 5 个祖先 0 ，1 ，2 ，3 和 4 。
  • 节点 7 有 4 个祖先 0 ，1 ，2 和 3 。

示例 2：

输入：n = 5, edgeList = [[0,1],[0,2],[0,3],[0,4],[1,2],[1,3],[1,4],[2,3],[2,4],[3,4]]
输出：[[],[0],[0,1],[0,1,2],[0,1,2,3]]
解释：
上图为输入所对应的图。

  • 节点 0 没有任何祖先。
  • 节点 1 有 1 个祖先 0 。
  • 节点 2 有 2 个祖先 0 和 1 。
  • 节点 3 有 3 个祖先 0 ，1 和 2 。
  • 节点 4 有 4 个祖先 0 ，1 ，2 和 3 。

题解

算法：图的遍历

由于有向无环图的反图也是有向无环图，同时原图中的祖先节点变成了反图中的后代节点k。因此我们要对每个节点求祖先节点，就可以转化为对反图的每个节点求后代节点。而求每个节点的后代节点，简单地通过图的遍历即可解决。

因此完整算法就是先根据边表建立反图，并记录反图中各个节点的入度。从每个入度为 0 的点出发，进行一轮 DFS 遍历，过程中维护 $result[u]$，表示 $u$ 的所有后代节点（不包含 $u$）。

对于遍历到的节点 $u$，首先递归地处理 $u$ 的各个子节点 $v$，然后将 $v$ 的所有后代节点 $result[v]$ 记入 $result[u]$，然后将子节点 $v$ 本身记入 $result[u]$，然后回溯即可。

这里需要注意我们处理的结构是有向无环图，而不是树，因此 $u$ 的不同子节点 $v$，其 $result[v]$ 可能有重复的部分，需要处理去重。因此在 DFS 时 $result[u]$ 应该用哈希表维护，最后再转换为数组，然后再排序。

代码 (C++)

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class Solution {
public:
    vector<vector<int>> getAncestors(int n, vector<vector<int>>& edges) {
        vector<vector<int>> rg(n);
        vector<int> indegrees(n);
        for(const vector<int> &e: edges)
        {
            int u = e[0];
            int v = e[1];
            rg[v].push_back(u);
            indegrees[u] += 1;
        }

        vector<unordered_set<int>> _result(n);

        for(int u = 0; u < n; ++u)
        {
            if(indegrees[u] > 0)
                continue;
            dfs(u, rg, _result);
        }

        vector<vector<int>> result(n);

        for(int i = 0; i < n; ++i)
        {
            result[i] = vector<int>(_result[i].begin(), _result[i].end());
            sort(result[i].begin(), result[i].end());
        }

        return result;
    }

    void dfs(int u, const vector<vector<int>>& rg, vector<unordered_set<int>>& _result)
    {
        if(!_result[u].empty())
            return;
        for(int v: rg[u])
        {
            _result[u].insert(v);
            dfs(v, rg, _result);
            for(int i: _result[v])
                _result[u].insert(i);
        }
    }
};

代码 (Python)

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class Solution:
    def getAncestors(self, n: int, edges: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
        rg = [[] for _ in range(n)]
        indegrees = [0] * n
        for u, v in edges:
            rg[v].append(u)
            indegrees[u] += 1

        result = [set() for _ in range(n)]

        def dfs(u: int):
            if result[u]:
                return
            for v in rg[u]:
                result[u].add(v)
                dfs(v)
                result[u].update(result[v])

        for u in range(n):
            if indegrees[u] != 0:
                continue
            dfs(u)

        for i in range(n):
            result[i] = list(result[i])
            result[i].sort()

        return result

算法2：逆向思维

对于节点 $u$，刚才我们考虑的是有哪些节点是 $u$ 的后代节点。如果逆向思维，就可以考虑 $u$ 可以作为哪些节点的祖先节点。

这样我们就可以按编号从小到大依次枚举每个节点 $u$，然后走一遍以 $u$ 为起点的 DFS，过程中访问到的所有节点都记 $u$ 为其祖先节点。

由于枚举 $u$ 是有序的，于是要求的次序自然就满足了，以 $u$ 为起点的 DFS 过程中每个节点最多访问一次，于是重复问题也没了。

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class Solution {
public:
    vector<vector<int>> getAncestors(int n, vector<vector<int>>& edges) {
        vector<vector<int>> g(n);
        for(const vector<int> &e: edges)
        {
            int u = e[0];
            int v = e[1];
            g[u].push_back(v);
        }

        vector<vector<int>> result(n);
        vector<int> visited(n, -1);
        for(int u = 0; u < n; ++u)
            dfs(u, g, result, visited, u);

        return result;
    }

    void dfs(int u, const vector<vector<int>>& g, vector<vector<int>>& result, vector<int>& visited, const int root)
    {
        if(visited[u] == root)
            return;
        visited[u] = root;
        if(u != root)
            result[u].push_back(root);
        for(int v: g[u])
            dfs(v, g, result, visited, root);
    }
};

代码 (Python)

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class Solution:
    def getAncestors(self, n: int, edges: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
        g = [[] for _ in range(n)]
        for u, v in edges:
            g[u].append(v)

        result = [[] for _ in range(n)]
        visited = [-1] * n

        def dfs(u: int, root: int):
            if visited[u] == root:
                return
            visited[u] = root
            if u != root:
                result[u].append(root)
            for v in g[u]:
                dfs(v, root)

        for u in range(n):
            dfs(u, u)

        return result
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