বিএফএসের জন্য প্রাথমিক অ্যালগোরিদম:
set start vertex to visited
load it into queue
while queue not empty
for each edge incident to vertex
if its not visited
load into queue
mark vertex
সুতরাং আমি সময় জটিলতা হবে মনে করি:
v1 + (incident edges) + v2 + (incident edges) + .... + vn + (incident edges)
যেখানে vপ্রান্তবিন্দু হয় 1থেকেn
প্রথমত, আমি কি সঠিক বলেছি? দ্বিতীয়ত, এটি কীভাবে সত্য O(N + E)এবং দুর্দান্ত কারণ হিসাবে অন্তর্নিহিত। ধন্যবাদ
উত্তর:
আপনার যোগফল
v1 + (incident edges) + v2 + (incident edges) + .... + vn + (incident edges)
হিসাবে আবার লিখতে পারেন
(v1 + v2 + ... + vn) + [(incident_edges v1) + (incident_edges v2) + ... + (incident_edges vn)]
এবং প্রথম গ্রুপটি O(N)যখন অন্যটি হয় O(E)।
DFS (বিশ্লেষণ):
O(1) সময়O(n + m)সময় মতো চালায় তবে গ্রাফটি সংলগ্ন তালিকা কাঠামোর দ্বারা প্রতিনিধিত্ব করা হয়Σv deg(v) = 2mএই বি (বিশ্লেষণ):
LiO(n + m) সময় মতো চলতে থাকে তবে গ্রাফটি সংলগ্ন তালিকা কাঠামোর দ্বারা প্রতিনিধিত্ব করা হয়Σv deg(v) = 2mখুব আনুষ্ঠানিকতা ছাড়াই খুব সরলীকৃত: প্রতিটি প্রান্তটি ঠিক দু'বার বিবেচনা করা হয়, এবং প্রতিটি নোড হুবহু একবারে প্রক্রিয়া করা হয়, সুতরাং জটিলতাটি প্রান্তের সংখ্যা পাশাপাশি শীর্ষে সংখ্যাগুলির ধ্রুবক একাধিক হতে হবে।
সময় জটিলতার O(E+V)পরিবর্তে হয়O(2E+V) কারণ সময় সময় জটিলতা যদি ^ 2 + 2n + 7 হয় তবে এটি ও (এন ^ 2) হিসাবে লেখা হয়।
সুতরাং, ও (2 ই + ভি) ও (ই + ভি) হিসাবে লেখা হয়েছে
কারণ n ^ 2 এবং n এর মধ্যে পার্থক্য রয়েছে তবে n এবং 2n এর মধ্যে নয়।
এটির একটি স্বজ্ঞাত ব্যাখ্যা কেবল একটি একক লুপকে বিশ্লেষণ করে:
সুতরাং একক লুপের মোট সময় হ'ল ও (1) + ও (ই)। এখন প্রতিটি ভার্টেক্সের জন্য এটি যোগ করুন কারণ প্রতিটি শীর্ষবিন্দু একবার দেখা হয়েছে। এই দেয়
For every V
=>
O(1)
+
O(e)
=> O(V) + O(E)