ความซับซ้อนในการคำนวณของการนับกราฟย่อยที่เหนี่ยวนำซึ่งยอมรับการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบ

เมื่อให้กราฟที่ไม่ได้บอกทิศทางและไม่มีน้ำหนักและเลขจำนวนเต็มคู่อะไรคือความซับซ้อนในการคำนวณของการนับเซตของจุดยอดเช่นนั้นและกราฟย่อยของจำกัด เฉพาะจุดยอดยอมรับการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบ? ความซับซ้อน # P-complete หรือไม่ มีการอ้างอิงสำหรับปัญหานี้หรือไม่? $G=(V,E)$ $k$ $S\subseteq V$ $|S|=k$ $G$ $S$

โปรดทราบว่าปัญหาเป็นเรื่องง่ายสำหรับค่าคงที่เนื่องจากกราฟย่อยทั้งหมดของขนาดสามารถระบุได้ในเวลาk} โปรดทราบว่าปัญหานั้นแตกต่างจากการนับจำนวนการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบ เหตุผลคือชุดของจุดยอดที่ยอมรับการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบอาจมีการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบหลายจำนวน $k$ $k$ ${|V| \choose k}$

อีกวิธีในการระบุปัญหามีดังนี้ การจับคู่ถูกเรียกว่า -matching ถ้ามันตรงกับจุดยอดการจับคู่สองครั้งและเป็น `` จุดยอดชุดไม่คงที่' 'ถ้าชุดของจุดยอดที่จับคู่โดยและไม่เหมือนกัน เราต้องการนับจำนวนจุดยอด-set -non-invariant -matchings $k$ $k$ $M$ $M'$ $M$ $M'$ $k$

cc.complexity-theory co.combinatorics counting-complexity

— ฮ้า
แหล่งที่มา

เมื่อจำนวนชุดย่อยดังกล่าวคือและตรวจสอบว่ากราฟที่เซตย่อยมีการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบโดยใช้ Tutte หรือไม่ การจำแนกลักษณะต้องใช้เวลาเวลาดังนั้นจึงไม่น่าเป็นไปได้ที่จะเป็น NP-complete เว้นแต่ว่าสมมติฐานเวลาเชิงเลขชี้กำลังผิด ดังนั้นกรณีที่น่าสนใจคือเมื่อซึ่งในกรณีนี้วิธีการไร้เดียงสาใช้เวลาเวลาหากคุณกำลังมองหา #P ครบถ้วน

k = \log n

$k=\log n$

(\binom{| V |}{\log n}) \leq n^{\log n}

$\binom{|V|}{\log n}\leq n^{\log n}$

O (2^{\log n}) = O (n)

$O(2^{\log n})=O(n)$

k = θ (\frac{n}{\log n})

$k=\theta(\frac{n}{\log n})$

2^{O (n)}

$2^{O(n)}$

— Sajin Koroth

@Sajin Koroth: ฉันไม่ปฏิบัติตามประโยคสุดท้ายในความคิดเห็นของคุณ ตัวอย่างเช่นหาก k = √nวิธีการไร้เดียงสาใช้เวลาเวลาและฉันไม่คิดว่าสิ่งนี้จะให้หลักฐานใด ๆ ว่าเป็น # P-complete

2^{n^{Ω (1)}}

$2^{n^{\Omega(1)}}$

— Tsuyoshi Ito

@TsuyoshiIto: ใช่คุณถูกต้อง มันควรจะเป็น "เลือกที่ไร้เดียงสาใช้เวลา "

k

$k$

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Sajin Koroth

@Sajin Koroth: ทำไมคนเราควรเลือกคุณค่าของ k แบบที่ไร้เดียงสาใช้เวลา

? การทำเช่นนั้นอาจไม่ทำให้เจ็บปวด แต่ฉันไม่เห็นว่าทำไมจึงควรทำเช่นนั้น

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Tsuyoshi Ito

ดูเหมือนว่าปัญหาส่วนใหญ่ของการจัดเรียง "วิธีที่มนุษย์ชักนำให้กราฟย่อยขนาด k มีคุณสมบัติ X?" เป็นเรื่องยาก แม้คุณสมบัติ "มีขอบ" ก็ยาก ("มีขอบ" แก้ปัญหา "ไม่มีขอบ" ซึ่งก็คือ "เป็นกราฟที่สมบูรณ์" ในการต่อสู้ ... แก้ปัญหา MAX CLIQUE) สิ่งนี้ทำให้รู้สึกว่า "มีการจับคู่ที่สมบูรณ์แบบ" จะยากเช่นกัน แต่การหาข้อพิสูจน์เป็นสิ่งที่ชัดเจนในขณะนี้

— bbejot

ปัญหาคือ # P-complete มันตามมาจากย่อหน้าสุดท้ายของหน้า 2 ของกระดาษต่อไปนี้:

CJ Colbourn, JS Provan, และ D. Vertigan, ความซับซ้อนของการคำนวณพหุนาม Tutte บน matroids ขวาง, Combinatorica 15 (1995), ฉบับที่ 1, 1–10

http://www.springerlink.com/content/wk55t6873054232q/

— ฮ้า
แหล่งที่มา

ปัญหายอมรับ FPTRAS นี่คือขั้นตอนวิธีการสุ่มที่ได้รับกราฟ , พารามิเตอร์และสรุปตัวเลขและเป็นปัจจัยการผลิต หากคือจำนวนของ -vertex ที่คุณกำลังมองหาดังนั้นส่งออกตัวเลขที่ $\mathbb{A}$ $G$ $k\in \mathbb{N}$ $\epsilon >0$ $\delta \in (0,1)$ $z$ $k$ $\mathbb{A}$ $z'$ และในเวลา , โดยที่คือฟังก์ชันที่คำนวณได้และคือพหุนาม

P (z^{'} \in [(1 - ϵ) z, (1 + ϵ) z]) \geq 1 - δ,

$\begin{equation} \mathbb{P}(z' \in [(1-\epsilon)z,(1+\epsilon)z]) \geq 1-\delta, \end{equation}$

f (k) \cdot g (n, ϵ^{- 1}, \log δ^{- 1})

$f(k)\cdot g(n,\epsilon^{-1},\log \delta^{-1})$

f

$f$

g

$g$

สิ่งนี้มาจาก Thm 3.1 in (Jerrum, Meeks 13) : เนื่องจากคุณสมบัติของกราฟมี FPTRAS ซึ่งมีอินพุตเดียวกันกับด้านบนซึ่งใกล้เคียงกับขนาดของชุด ให้คือคำนวณเดียวและทั้งหมดของกราฟขอบน้อยที่สุดมี treewidth จำกัด ทั้งสามสภาพถือถ้าเป็นทรัพย์สินของกราฟยอมรับจับคู่ที่สมบูรณ์แบบ $\Phi$

{S \subseteq V (G) ∣ | S | = k \land Φ (G [S])},

$\begin{equation} \{S \subseteq V(G) \mid |S| =k \wedge \Phi(G[S])\}, \end{equation}$

Φ

$\Phi$

Φ

$\Phi$

— Radu Curticapean
แหล่งที่มา