Logical Min-Cut NP-Complete è completo?

Definizione del problema Logical Min Cut (LMC)

Supponiamo che è un grafo orientato pesato, s e t sono due vertici di V , e t è raggiungibile da s . Il problema LMC studia come possiamo rendere t irraggiungibile da s rimuovendo alcuni bordi di G seguendo i seguenti vincoli:$G = (V, E)$$s$$t$$V$$t$$s$$t$$s$$G$

1. Il numero dei bordi rimossi deve essere minimo.
2. Non possiamo rimuovere tutti i bordi di uscita di alcun vertice di (cioè, nessun vertice con bordi in uscita può avere tutti i suoi bordi in uscita rimossi).$G$

Questo secondo vincolo si chiama rimozione logica. Quindi cerchiamo una rimozione logica e minima di alcuni bordi di tale che t sia irraggiungibile da s .$G$$t$$s$

Tentativi di soluzione

Se ignoriamo il vincolo di rimozione logica del problema LMC, sarà il problema del taglio minimo nel digrafo non ponderato , quindi sarà risolvibile polinomialmente (teorema del taglio minimo del flusso massimo).$G$

Se ignoriamo il vincolo di rimozione minima del problema LMC, sarà nuovamente risolvibile polinomialmente in un DAG: trova un vertice tale che k è raggiungibile da s e t non è raggiungibile da k . Quindi considera un percorso p che è un percorso arbitrario da s a k . Ora considera il percorso p come un sottografo di G : la risposta sarà ogni bordo di uscita del sottografo p . È ovvio che il vertice k può essere trovato da DFS in G in tempo polinomiale. Purtroppo questo algoritmo non funziona in generale$k$$k$$s$$t$$k$$p$$s$$k$$p$$G$$p$$k$$G$ per un grafico diretto arbitrario.

Ho cercato di risolvere il problema LMC con una tecnica di programmazione dinamica ma il numero di stati richiesti per risolvere il problema è diventato esponenziale. Inoltre, ho cercato di ridurre al problema LMC alcuni problemi NP-Complete come 3-SAT, max2Sat, max-cut e clique e non sono riuscito a trovare una riduzione.

Personalmente penso che il problema LMC sia NP-Complete anche se è un DAG binario (cioè un DAG in cui nessun nodo ha un grado di out-maggiore di 2).$G$

Domande

1. Il problema LMC è NP-completo in un digrafo arbitrario ? (domanda principale)$G$
2. Il problema LMC è NP-Complete in un DAG arbitrario ?$G$
3. Il problema LMC è NP-Complete in un DAG binario arbitrario ?$G$

Sia G = (V, E) un DAG ponderato, s et due vertici di G, e LSTMC = (G, s, t) sia un'istanza del problema logico di taglio min. È ovvio che il problema LSTMC è NP.Ora, dovremmo dimostrare che LSTMC è NP-Hard. Riduciamo il problema dell'hitting-set al problema LSTMC. Sia S = {s1, s2, ..., sn} gli insiemi dati e {a1, a2, ..., am} sia l'unione di tutti gli insiemi. Dato il numero k1, il problema decisionale del problema del set di percussioni indica se esiste un set A con elementi k1 in modo tale che ogni elemento di S (ogni set si st i = 1..n) contenga almeno un elemento di A. We denotare il problema del set di colpi come HS (S). Costruiamo il DAG ponderato G ′ dal set S di Algorithm HS2LSTMC. Questo algoritmo considera s come il vertice sorgente del DAG G ′. Per ogni set si di HS st i = 1..n, l'algoritmo considera il vertice corrispondente, si, e aggiunge un bordo con peso infinito da s a ciascun si. Quindi, per ogni elemento aj dell'unione dei set di input st j = 1..m, l'algoritmo considera il vertice corrispondente, aj e aggiunge un bordo con peso zero da ciascun si a qualsiasi aj st aj ∈si in HS. Infine, l'algoritmo considera due vertici finali chiamati t e k e aggiunge due bordi da ciascuno aj st j = 1..m a entrambi i vertici finali. È chiaro che G 'può essere fatto in tempo polinomiale.

Ora, dovremmo dimostrare che HS (S) ha una risposta con k1 elementi se e solo se LSTMC = (G ′, s, t) ha una risposta con alcuni bordi logicamente rimossi in modo tale che la somma dei pesi dei bordi rimossi sia k1.

Per semplicità, eseguiamo questa parte di prova, fornendo un esempio:

Nella figura seguente, supponi che S = {s1, s2, s3} tale che s1 = {1, 2, 3}, s2 = {1, 4} e s3 = {2, 5}. La Fig. 2 mostra il DAG ponderato G ′ del problema LSTMC corrispondente al problema del set di colpi HS (S). In questo esempio, l'insieme A, ovvero l'unione di tutti gli elementi di S, è A = {1, 2, 3, 4, 5}. Abbiamo | S | = 3 e | A | = 5. Questo esempio mostra come un'istanza arbitraria del problema del set di colpire può essere risolta con l'aiuto di un'istanza specifica del problema logico st min-cut in un DAG ponderato. Se calcoliamo una risposta a LSTMC = (G ′, s, t) e consideriamo quei bordi rimossi della risposta che sono nella forma di (aj, t) chiamato E1 (1 ≤ j ≤ m), allora l'insieme di coda di E1 è una risposta a HS (S). Una risposta al problema LSTMC è il set di spigoli E1 = {(s1, 2), (s1, 3), (s2, 4), (s3, 5), (1, t), (2, t)}. Quindi, il set di coda del sottoinsieme E2 = {(1, t), (2,

Ecco (un tentativo di) un algoritmo polinomiale per LMC su arbitrario binario DAG .$G$

Questo risponde alla domanda n. 3. (Ci scusiamo per il disordinato risveglio in anticipo. :))

Per iniziare, elimina "per sempre" qualsiasi vertice non raggiungibile da . Non ci interessa su questi, dal momento che non sono parte di qualsiasi s - t percorso.$s$$s$$t$

Successivamente, definire i sotto-DAG e B , inizialmente vuoti. Quindi, per tutti i vertici v ∈ G - { s , t } ,$A$$B$$v \in G-\{s, t\}$

Verifica se esiste un percorso da a t . Se è così, aggiungi v a A . In caso contrario, aggiungere v a B .$v$$t$$v$$A$$v$$B$

Lascia che i bordi di e B siano quelli indotti dai vertici all'interno di ogni insieme (per ora, ignora tutti i bordi da s a A , da A a t e da A a B ; nota inoltre che non ci sono bordi da B a t di costruzione).$A$$B$$s$$A$$A$$t$$A$$B$$B$$t$

Quindi, calcolare la chiusura transitiva di . Vale a dire, noi siamo interessati a trovare un insieme di vertici { un * } che sono le "foglie" del sub-DAG A .$A$$\{a^*\}$$A$

Fissare tale . Osservare che ci deve essere un arco orientato da un * a t . Questo perché, per costruzione, (i) esiste un percorso s - t attraverso un ∗ , (ii) non ci sono percorsi da un ∗ a B , e (iii) poiché A è esso stesso un DAG e a ∗ è una foglia di a , non v'è alcun percorso da un * attraverso un altro vertice a a t .$a^*$$a^*$$t$$s$$t$$a^*$$a^*$$B$$A$$a^*$$A$$a^*$$A$$t$

Ora, deve esserci anche un bordo diretto da ciascun vertice in ad un vertice in B , oppure alcuni dei { a ∗ } hanno un solo margine da t . In entrambi i casi, c'è consentito di eliminare qualsiasi un * → t bordo.$\{a^*\}$$B$$\{a^*\}$$t$$a^*\rightarrow t$

Se = 1, quindi o dobbiamo eliminare il bordo dall'unico a ∗ → t , oppure c'è un vertice precedente nel percorso s - t contenente un ∗ che ha due percorsi da t - uno a ∗ e uno direttamente. Nel caso in cui quest'ultima potrebbe riservare, registriamo un * → T e procedere "a ritroso con avidità" (dettagli su questo qui sotto).$|\{a^*\}|$$a^*\rightarrow t$$s$$t$$a^*$$t$$a^*$$a^*\rightarrow t$

Se > 1, quindi dobbiamo eliminare tutti i bordi da { a ∗ } → t , oppure esiste un numero di bordi k < | { a ∗ } | prima nella chiusura transitiva di A che disconnetteva tutti i percorsi da s attraverso { a ∗ } a t .$|\{a^*\}|$$\{a^*\}\rightarrow t$$k < |\{a^*\}|$$A$$s$$\{a^*\}$$t$

Qui è dove usiamo il fatto che il grafico è un DAG binario.$G$

Considera l'insieme dei predecessori di . Poiché ciascuno di questi vertici ha un massimo di due gradi, ci sono esattamente tre casi:$\{a^*\}$

Caso 1. Una predecessore ha un out-bordo per alcuni vertici in e un out-bordo per qualche vertice in B .$\{a^*\}$$B$

$\{a^*\}$$\{a^*\}$$t$$\{a^*\}$

$\{a^*\}$$\{a^*\}$

$\{a^*\}$$t$$s$

$\{a^*\}$

$\{a^*\}$$t$$\{a^*\}$$t$$s$$t$$s$

$A$

$O(|E|)$$O(|E|^2)$$O(|E|)$.

$O(|V|\cdot(|V|+|E|))$$O(|V|^3)$$O(|E|^2)$$O(|V|^2+|E||V|+|V|^3+|E|^2) = {\bf O(|V|^3+|E|^2)}$

$s$$t$