枚举所有可能路径的算法

Question

考虑下图:

我试图找到一种方法来枚举从源节点到目标节点的所有可能路径。例如，从A到E，我们有以下几种可能的路径:

A B C D E
A B C E
A C D E
A C E

请注意，对于 A C D E，实际上有 2 条路径，因为其中一条路径使用边 F3，而另一条路径使用边 F5。此外，由于 A 和 C 之间存在循环，您最终可能会得到无数条路径，但出于此目的，我只对从源到目标的路径上没有重复节点的路径感兴趣。

我写了一个深度优先搜索 (DFS) 算法，但问题是当您在 2 个节点之间有多个边(如上面的边 F3 和 F5)时，我不确定如何处理它。我的算法只返回路径 A C D E 和 A C E，不返回其他路径。在 A B C E 的情况下，我理解原因，因为它从 A 开始，然后转到 C 并构建这些路径，但是当 DFS 返回到节点 B 时，它会尝试转到 C , 但 C 已经被访问过，所以它停止了。

无论如何，我只是想知道是否有办法做到这一点，或者这可能是 NP 完全的。

如果你想看我的 DFS，代码如下(抱歉滥用宏，我在比赛编程中使用这些，所以这是一个习惯)。

#include <algorithm>
#include <numeric>
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <complex>
#include <stack>
#include "time.h"
using namespace std;
#define SZ(x) (int)x.size()
#define FOR(i,x,y) for(int i=(int)(x);i<=(int)(y);++i)
#define REP(i,n) FOR(i,0,n-1)
#define FORD(i,x,y) for(int i=(int)(x);i>=(int)(y);--i)
#define ALL(a) (a).begin(),(a).end()
#define FORE(i,t) for(i=t.begin();i!=t.end();++i)
typedef vector<int> VI;
typedef vector<string> VS;
typedef vector<bool> VB;
typedef vector<double> VD;
typedef deque<int> DI;
typedef deque<string> DS;
typedef long long i64;
#define PI 3.14159265358979323
#define DEGTORAD(x) (double)x * 3.14159265358979323846264338327950288 / 180.0
#define RADTODEG(x) (double)x * 180 / 3.14159265358979323846264338327950288
#define prt if(1)printf
template <typename T> string tostr(const T& t) { ostringstream os; os<<t; return os.str(); } 

typedef pair< char, char > PCC;
map< PCC, int > adj;
map< char, bool > vis;

vector< char > path;

void dfs(char at) {
  if (at == 'E') {
    REP(i,SZ(path)) {
      if (i != 0)
        cout<<",";
      cout<<path[i];
    }
    cout<<",E"<<endl;
    return;
  }
  if (vis[at])
    return;
  vis[at] = true;
  map< PCC, int >::iterator it;
  FORE(it,adj) {
    if (it->first.first == at) {
      path.push_back(it->first.first);
      dfs(it->first.second);
      path.erase(path.end()-1);
    }
  }
}


int main() {
  adj[make_pair('A','B')] = 1;
  adj[make_pair('A','C')] = 1;
  adj[make_pair('C','D')] = 1;
  adj[make_pair('D','E')] = 1;
  adj[make_pair('E','I')] = 1;
  adj[make_pair('C','F')] = 1;
  adj[make_pair('F','G')] = 1;
  adj[make_pair('F','H')] = 1;
  adj[make_pair('C','E')] = 1;
  dfs('A');
  return 0;
}

输出:

---------- Capture Output ----------
A,C,D,E
A,C,E

Answer 1

无论如何，我只是想知道是否有办法做到这一点，或者这可能是 NP 完全的。
我不相信您可以在多项式时间内输出 n! 可能的路径。如果每个节点都连接到其他节点，这就是您可能得到的结果。

但问题是当您在 2 个节点之间有多个边时(如上面的边 F3 和 F5)
所以，你想认为边 F3 和 F5 是一样的，对吧？在调用 dfs 之前删除重复边可能是最简单的选择。

因为它从 A 开始，然后转到 C 并构建这些路径，但是当 DFS 返回到节点 B 时，它会尝试转到 C，但是 C 已经被访问过，所以它停止了。 那么，让我们将 C 标记为未再次访问。

void dfs(char at) {
    vis[at] = true;

    // do stuff with 'at'

    vis[at] = false;
}