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我已经解决了这里发布的大多数问题，除了最长的路径之一。我已经阅读了关于最长路径的 Wikipedia 文章，如果图表是非循环的，这似乎很容易出现问题，而我的不是。

那我该如何解决这个问题呢？蛮力，通过检查所有可能的路径？我什至如何开始这样做？

我知道它会在大约 18000 的图表上花费很多。但无论如何我只想开发它，因为它是项目所必需的，我将对其进行测试并以较小比例的图表展示给讲师，其中执行时间仅为一两秒。

至少我完成了所有需要的任务，并且我有一个运行的概念证明它可以工作，但是在循环图上没有更好的方法。但我不知道从哪里开始检查所有这些路径......

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解决方案是暴力破解。你可以做一些优化来加速它，有些是微不足道的，有些是非常复杂的。我怀疑你能否让它在台式计算机上为 18 000 个节点足够快地工作，即使你能做到，我也不知道怎么做。然而，这就是暴力破解的工作方式。

注意：如果您对确切答案感兴趣，Dijkstra 和任何其他最短路径算法都不适用于此问题。

Start at a root node *root*
Let D[i] = longest path from node *root* to node i. D[*root*] = 0, and the others are also 0.

void getLongestPath(node, currSum)
{
    if node is visited
        return;
    mark node as visited;

    if D[node] < currSum
        D[node] = currSum;

    for each child i of node do
        getLongestPath(i, currSum + EdgeWeight(i, node));

    mark node as not visited;
}

让我们在这张图上手动运行它：1 - 2 (4), 1 - 3 (100), 2 - 3 (5), 3 - 5 (200), 3 - 4 (7), 4 - 5 (1000)

Let the root be 1. We call getLongestPath(1, 0);
2 is marked as visited and getLongestPath(2, 4); is called
D[2] = 0 < currSum = 4 so D[2] = 4.
3 is marked as visited and getLongestPath(3, 4 + 5); is called
D[3] = 0 < currSum = 9 so D[3] = 9.
4 is marked as visited and getLongestPath(4, 9 + 7); is called
D[4] = 0 < currSum = 16 so D[4] = 16.
5 is marked as visited and getLongestPath(5, 16 + 1000); is called
D[5] = 0 < currSum = 1016 so D[5] = 1016.
getLongestPath(3, 1016 + 200); is called, but node 3 is marked as visited, so nothing happens.
Node 5 has no more child nodes, so the function marks 5 as not visited and backtracks to 4. The backtracking will happen until node 1 is hit, which will end up setting D[3] = 100 and updating more nodes.

这是它的迭代外观（未经测试，只是一个基本想法）：

Let st be a stack, the rest remains unchanged;
void getLongestPath(root)
{
    st.push(pair(root, 0));

    while st is not empty
    {
        topStack = st.top();
        if topStack.node is visited
            goto end;
        mark topStack.node as visited;

        if D[topStack.node] < topStack.sum
            D[topStack.node = topStack.sum;

        if topStack.node has a remaining child (*)
            st.push(pair(nextchild of topStack.node, topStack.sum + edge cost of topStack.node - nextchild)) 

        end:
        mark topStack.node as not visited
        st.pop();
    }
}

(*) - 这有点问题 - 你必须为每个节点保留一个指向下一个子节点的指针，因为它可以在 while 循环的不同迭代之间更改，甚至会自行重置（当你弹出topStack.node节点离开堆栈，所以一定要重置它）。这在链表上最容易实现，但是您应该使用int[]列表或vector<int>列表，以便能够存储指针并进行随机访问，因为您将需要它。例如，您可以保留next[i] = next child of node i in its adjacency list并相应地更新它。您可能有一些边缘情况，可能需要不同end:情况：当您访问已访问的节点时发生的正常情况，在这种情况下不需要重置指针。在您决定将某些东西压入堆栈以避免这种情况之前，可能会移动已访问的条件。

明白我为什么说你不应该打扰吗？:)

于 2010-04-22T06:41:24.653 回答