Зачем говорить, что поиск в ширину выполняется во времени

Часто утверждается (например, в Википедии ), что время выполнения поиска в ширину (BFS) на графе $G=(V,E)$ равно $O(|V|+|E|)$ . Тем не менее, любой связный граф имеет $|V|\leq |E|+1$ , и даже в несвязном графе, BFS никогда не будет смотреть на вершинах вне компонента , который содержит начальную вершину. Этот компонент содержит максимум $|E|$ ребра, поэтому он содержит не более $|E|+1$ вершина, и это единственные, которые посещает алгоритм.

Это означает, что $|V|+|E|\leq 2|E|+1$ , так почему бы не сказать , что время работает только $O(|E|)$ ?

_{Это появилось в комментариях на вопрос о времени выполнения алгоритма Дисйкстры .}

BFS обычно описывается примерно так (из Википедии ).

 1  procedure BFS(G,start_v):
 2      let Q be a queue
 3      label start_v as discovered
 4      Q.enqueue(start_v)
 5      while Q is not empty
 6          v = Q.dequeue()
 7          if v is the goal:
 8              return v
 9          for all edges from v to w in G.adjacentEdges(v) do
10             if w is not labeled as discovered:
11                 label w as discovered
12                 w.parent = v
13                 Q.enqueue(w)

Проблема несколько тонкая: она прячется в строке 3! Вопрос в том, какую структуру данных мы будем использовать для хранения обнаруженных вершин.

Самое простое решение - использовать логический массив с одной записью на вершину. В этом случае мы должны инициализировать каждый элемент массива, falseи это занимает время $\Theta(|V|)$ . Это применимо для каждого графа, даже если ребер нет вообще, поэтому мы не можем предполагать какую-либо связь между $|V|$и  $|E|$и мы получаем время работы $O(|V|+|E|)$ .

Можем ли мы избежать структуры данных со временем инициализации $\Theta(|V|)$ ? Нашей первой попыткой может быть использование связанного списка. Однако теперь проверка того, была ли обнаружена вершина (строка 10), занимает линейное время по числу посещенных вершин, а не постоянное время, как раньше. Это означает, что время выполнения становится $O(|V|\,|E|)$ , что намного хуже в худшем случае. (Обратите внимание, что мы не хотим переписывать это как$O(|E|^2)$ так как это еще хуже: это может быть так же плохо, как$|V|^4$ , тогда как$|V|\,|E|\leq |V|^3$

$O(\log|V|)$$O(|E|\log|V|)$

$c$$|E|+1$$c + 2c + 4c + \dots + 2|E|\leq 4|E|$, Поиски и вставки в хеш-таблицу амортизируются $O(1)$ поэтому мы действительно получаем время выполнения $O(|E|)$ .

$O(|E|)$$4|E|$$O(|E|)$$O(|V|+|E|)$