Đề bài
Cho đồ thị có trọng số như Hình 4. Đường đi ngắn nhất từ A đến C là
A. AEC.
B. AEFC.
C. AC.
D. AFC.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
Thuật toán tìm đường đi ngắn nhất từ đỉnh A đến đỉnh T
Mở đầu: Gán nhãn của A bằng 0, các đỉnh khác bằng\(\infty \). Khoanh tròn đỉnh A.
Các bước lặp
Trong mỗi bước lặp thực hiện các thao tác sau đây:
- Gọi U là đỉnh vừa được khoanh tròn ở bước trước. Trong các đỉnh chưa khoanh tròn, xét lần lượt từng đỉnh V kề với đỉnh U, tính \({n_U}\; + {\rm{ }}{w_{UV}}\), rồi so sánh số này với nhãn hiện tại \({n_V}\;\) của V. Nếu số đó nhỏ hơn thì đổi nhãn \({n_V}\;\) bằng số đó.
- So sánh nhãn của tất cả các đỉnh chưa khoanh tròn. Đỉnh nào có nhãn nhỏ nhất thì khoanh tròn đỉnh đó (nếu có nhiều đỉnh hư vậy thì khoanh một đỉnh tùy ý trong số đó).
- Nếu đỉnh T chưa được khoanh tròn thì thực hiện bước lặp tiếp theo, trái lại thì kết thức các bước lặp.
Kết luận: Dò lại các bước lặp để viết được nhãn \({n_T}\) của T dưới dạng tổng độ dài các cạnh. Từ đó nhận được đường đi ngắn nhất từ A đến T cùng với độ dài của nó.
Lời giải chi tiết
Đáp án đúng là: B
– Gán nhãn cho A bằng 0 (tức là, nA = 0), các đỉnh khác bằng ∞. Khoanh tròn đỉnh A.
– Tại các đỉnh kề với A, gồm E, F, B, ta có:
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AE}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}2\).Vì \(2{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của E thành 2.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AF}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}4\).Vì \(4{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của F thành 4.
⦁ \({n_B}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}2,5{\rm{ }} = {\rm{ }}2,5\).Vì \(2,5{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của B thành 2,5.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là E nên ta khoanh tròn đỉnh E (đỉnh gần A nhất, chỉ tính các đỉnh khác A).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh E gồm D, C, F, ta có:
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{ED}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}5\).Vì \(5{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của D thành 5.
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EC}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}7\).Vì \(7{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của C thành 7.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}3\).Vì \(3{\rm{ }} < {\rm{ }}4\) (4 là nhãn hiện tại của F) nên ta đổi nhãn của F thành 3.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là B nên ta khoanh tròn đỉnh B (đỉnh gần A thứ hai).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh B chỉ có F, ta có:
\({n_F}\; = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BF}}\; = {\rm{ }}2,5{\rm{ }} + {\rm{ }}1,5{\rm{ }} = {\rm{ }}4\).Vì \(4{\rm{ }} > {\rm{ }}3\) (3 là nhãn hiện tại của F) nên ta giữ nguyên nhãn của F là 3.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là F nên ta khoanh tròn đỉnh F (đỉnh gần A thứ ba).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh F chỉ có C, ta có:
\({n_C}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}5\).Vì \(5{\rm{ }} < {\rm{ }}7\) (7 là nhãn hiện tại của C) nên ta đổi nhãn của C thành 5.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là C, D (đều có nhãn là 5), nhưng do ta cần tìm đường đi ngắn nhất từ A đến C nên ta ưu tiên khoanh tròn đỉnh C (đỉnh gần A thứ tư).
– Nhìn lại các bước trên, ta thấy:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{n_C}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AE}}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{w_{AE}}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{l_{AEFC}}.}\end{array}\)
Vậy AEFC là đường đi ngắn nhất từ A đến C, với độ dài bằng 5.
Do đó ta chọn phương án B.
