Bellman-Ford算法cpp算法导论原理实现

Bellman-Ford算法

该算法的特性是针对更广泛情况下的最短路径查询，其中边权可以为负数，并且会针对数据判断图中是否有从源节点到达负权环路的路径。

方法依旧基于Class<Graph>实现，其中对少数地方做了对应修正，在带权边最短路算法中需要两个最基本的操作：

• 初始化操作：使得除了根节点以外的节点d属性设置为$\infty$，前驱节点设置为空，这里的d属性表示的是该节点距离源节点的上界或标准最小值；

  void Graph::InitializeSingleSource(string s)
  {
      for (auto &i : G)
      {
          i._d = Maxnum;
          i._pi = nullptr;
      }
      G[index[s]]._d = 0;
  }
  

• 松弛操作：对于一条有向边(u,v)，其边权不变化，但如果出边点距离发生优化，则入边点就需要及时更新：

  void Graph::Relax(string u, string v)
  {
      if (G[index[v]]._d > G[index[u]]._d + weight[{u, v}])
      {
          G[index[v]]._d = G[index[u]]._d + weight[{u, v}];
          G[index[v]]._pi = &G[index[u]];
      }
  }
  

上述两个基本操作组成了Bellman-Ford算法的基本要素，之后要进行的就是组装。

由于上述提到的其算法可以检测是否存在负权环边，那么函数的就会被定义为布尔类型，此外检测负权环边要根据其特性：无限循环的情况下会被无限优化至负无穷（所以说负无穷的逻辑定义也是数值上定义同步的）,最终算法过程被描述为：

bool Graph::BellmanFord(string root)
{
    InitializeSingleSource(root);
    for (int i = 1; i < vertex; i++)
        for (auto it : weight)
            Relax(it.first.first, it.first.second);
    for (auto it : weight)
        if (G[index[it.first.second]]._d > G[index[it.first.first]]._d + it.second)
            return false;
    return true;
}

主要分为三个步骤：

• 初始化；
• $|V|-1$次遍历所有边并松弛；
• 结束松弛后判断是否能继续被松弛，若可以则证明其存在负权环边；

并且该算法依旧采用了临界链表储存，而边值为了便于操作选择了map<pair<str,str>,int>实现，这里为了便于实现而并不代表实际性能。

采用图中数据做测验，输出点的d属性为：

s 0
t 2
x 4
y 7
z -2

分析

算法时间复杂度

从上述描述可以得出算法主要消耗在$|V|-1$次对所有边的遍历以及常数的松弛操作，所以Bellman-Ford算法的时间复杂度为$O(VE)$。

算法正确性

考虑路径$p$为源节点到v的最短路径：
$$p=<v_0,v_1,...,v_k>$$
上节所提到的最短路均不包含环路（最短的意义扩展到边的数量上），所以$|p|\le |V|-1$，由此在图中优化$|V|-1$次保证了最远的点的所有边都被遍历优化过，结果成立。

假设有一条最短路径存在，那么根据上述引理，最短路径一定存在且被松弛到非无穷的数值范围内；

反过来看如果存在$v.d<\infty$，那么在此过程中一定被某个相邻的点进行过松弛优化，所以该点给v的前驱节点，在最短路搜索树中根节点为s，既然在搜索过程中被更新说明根节点是v的前驱的祖先，那么同样也是v的祖先，所以存在一条最短路径。

当图中不包含负权环路时，上述引理证明了算法终止时，源节点到某一节点v可达状态下存在$v.d=\delta (s,v)$，不可达其同样满足（值为$\infty$）。所以在上述要求下，前驱子图确定是一棵最短路径树，同时在最终检验中，因为不存在负权环路所以没有边会在检验中被优化，最终算法返回True。

当图中包含一条负权环路：
$$p=<v_0,v_1,...,v_k>$$
同时$v_0=v_k$，则会得出结论：
$$\sum _{i=1}^{k}w\left(v_{i-1},v_i\right)<0$$
假设最终返回了True，则一定保证不会再检验时跳出换句话说就是所有的边满足了：
$$v_i.d\le v_{i-1}.d+w\left(v_{i-1},v_i\right)$$
对其进行加和处理：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^k{v}_i\cdot d& \le \sum _{i=1}^k\left(v_{i-1}\cdot d+w\left(v_{i-1},v_i\right)\right)\\ & =\sum _{i=1}^k{v}_{i-1}\cdot d+\sum _{i=1}^{k}w\left(v_{i-1},v_i\right)\end{array}$$
可以明显看出两个$v.d$的加和函数是错位的，但是由于$v_0=v_k$，那么上式可以抵消两个对属性d的求和函数得到：
$$0\le \sum _{i=1}^{k}w\left(v_{i-1},v_i\right)$$
可以看到与最初的结论相矛盾，所以该问题得证。