Complessità computazionale del conteggio dei sottografi indotti che ammettono corrispondenze perfette

Dato un grafico non orientato e non ponderato $G=(V,E)$ e un numero intero pari $k$ , qual è la complessità computazionale del conteggio di insiemi di vertici $S\subseteq V$ tale che $|S|=k$ e il sottografo di $G$ limitato all'insieme di vertici $S$ ammette una corrispondenza perfetta? La complessità # P è completa? C'è un riferimento per questo problema?

Si noti che il problema è ovviamente facile per una costante $k$ perché in questo modo tutti i sottografi di dimensione $k$ possono essere enumerati nel tempo . Si noti inoltre che il problema è diverso dal conteggio del numero di corrispondenze perfette. Il motivo è che un insieme di vertici che ammette una corrispondenza perfetta può avere un numero multiplo di corrispondenze perfette. ${|V| \choose k}$

Un altro modo per affermare il problema è il seguente. Una corrispondenza viene chiamata -matching se corrisponde a vertici. Due corrispondenze e sono `` vertici-non-invarianti' 'se le serie di vertici corrispondenti a e non sono identiche. Vogliamo contare il numero totale di -match corrispondenti a set di vertici e non invarianti . $k$ $k$ $M$ $M'$ $M$ $M'$ $k$

cc.complexity-theory co.combinatorics counting-complexity

— ah
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Quando

, il numero di tali sottoinsiemi è

k = \log n

$k=\log n$

, e verificare se il grafico indotto dal sottoinsieme ha una corrispondenza perfetta usando la caratterizzazione di Tutte impiega

tempo, quindi è improbabile che sia anche NP-completo a meno che l'ipotesi del tempo esponenziale è errata. Quindi il caso interessante è quando

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

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

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

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

, nel qual caso l'approccio ingenuo richiede

tempo, se stai cercando completezza #P.

k = θ (\frac{n}{\log n})

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

2^{O (n)}

$2^{O(n)}$

— Sajin Koroth,

@Sajin Koroth: non seguo l'ultima frase nel tuo commento. Ad esempio, se k = √n, l'approccio ingenuo impiega

tempo, e non credo che ciò fornisca alcuna prova contro il fatto che # P-complete.

2^{n^{Ω (1)}}

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

— Tsuyoshi Ito,

@TsuyoshiIto: Sì, hai ragione. Avrebbe dovuto essere "scegli una

tale che l'approccio ingenuo impieghi

tempo".

k

$k$

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Sajin Koroth,

@Sajin Koroth: Perché scegliere un valore di k tale che l'approccio ingenuo impieghi

tempo? Farlo probabilmente non fa male, ma non vedo perché uno dovrebbe farlo.

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Tsuyoshi Ito,

Sembra che la maggior parte dei problemi del genere "in che modo i sottografi indotti dall'uomo di dimensione k abbiano la proprietà X?" sono difficili. Anche la proprietà "ha un bordo" è dura ("Ha un bordo" risolve "non ha un bordo" che è "è un grafico completo" nel duello ... risolve MAX CLIQUE). Questo fa davvero sentire che "ha una corrispondenza perfetta" sarà anche difficile, ma trovare una prova è difficile in questo momento.

— Bbejot,

Risposte:

Il problema è # P-completo. Deriva dall'ultimo paragrafo della pagina 2 del seguente documento:

CJ Colbourn, JS Provan e D. Vertigan, La complessità del calcolo del polinomio Tutte sui matroidi trasversali, Combinatorica 15 (1995), n. 1, 1–10.

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

— ah
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Il problema ammette un FPTRAS. Questo è un algoritmo randomizzato che ottiene un grafico , un parametro e numeri razionali e come input. Se è il numero di -vertex set che stai cercando, allora emette un numero tale che $\mathbb{A}$ $G$ $k\in \mathbb{N}$ $\epsilon >0$ $\delta \in (0,1)$ $z$ $k$ $\mathbb{A}$ $z'$ e lo fa nel tempo

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

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

, dove

è una funzione calcolabile e

è un polinomio.

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

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

f

$f$

g

$g$

Questo segue da Thm. 3.1 in (Jerrum, Meeks 13) : data una proprietà dei grafici, esiste un FPTRAS, con lo stesso input di cui sopra, che approssima la dimensione dell'insieme condizione che sia calcolabile, monotono e che tutti i suoi grafici minimali siano limitati dalla larghezza degli alberi. Tutte e tre le condizioni valgono se è la proprietà del grafico di ammettere una corrispondenza perfetta. $\Phi$

{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
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