Complessità del conteggio degli endomorfismi del grafico

Un homomorphism da un grafo un grafo è una mappatura da a tale che se ed sono adiacenti in allora e sono adiacenti in . Un endomorfismo di un grafico è un omomorfismo da a se stesso; è a virgola fissa se non esiste tale che ed è non banale se non è l'identità. $G = (V, E)$ $G' = (V', E')$ $f$ $V$ $V'$ $x$ $y$ $E$ $f(x)$ $f(y)$ $E'$ $G$ $G$ $x$ $f(x) = x$

Di recente ho posto una domanda relativa agli automorfismi del poset (e del grafico) , ovvero agli endomorfismi biiettivi il cui contrario sono anche un endomorfismo. Ho trovato un lavoro correlato sul conteggio (e sulla decisione dell'esistenza di) automorfismi, ma la ricerca non è riuscita a trovare risultati relativi agli endomorfismi.

Da qui la mia domanda: qual è la complessità, dato un grafico , di decidere l'esistenza di un endomorfismo non banale di , o di contare il numero di endomorfismi? Stessa domanda con endomorfismi a virgola fissa. $G$ $G$

Penso che l'argomento fornito in questa risposta si estenda agli endomorfismi e giustifica che il caso dei grafici o dei poset bipartiti diretti non è più facile del problema per i grafici generali (il problema per i grafici generali si riduce a questo caso), ma la sua complessità no sembra semplice da determinare. È noto che decidere l'esistenza di un omomorfismo da un grafico a un altro è NP-difficile (questo è chiaro in quanto generalizza la colorazione dei grafi), ma sembra che limitare la ricerca di omomorfismi da un grafico a se stesso possa facilitare il problema, quindi questo non mi aiuta a determinare la complessità di questi problemi.

— a3nm
fonte

Il conteggio degli endomorfismi o degli endomorfismi senza punto fisso è completo per : dato un grafico collegato , si consideri il grafico che è l'unione disgiunta di e un triangolo. Quindi $\mathsf{FP}^{\mathsf{\# P}}$ $G$ $G'$ $G$ $|\text{End}(G')| = (|\text{End}(G)| + \# 3COL(G))(\#\{\text{triangles in } G\} + 3^3)$ , quindi può essere calcolato usando due conteggi di endomorfismo (e per un risultato generale, anche solo uno è sufficiente) e alcuni post-elaborazione poli-tempo. Si noti che il numero di triangoli può essere contato in tempo cubico (o anche moltiplicazione della matrice). La stessa equazione vale per endomorfismi a virgola fissa, poiché i 3 coloranti e triangoli sono endomorfismi a virgola fissa di . $\# 3COL$ $G'$

Se desideri che sia connesso, puoi fare come segue. Prima nota che il conteggio degli endomorfismi del grafico color vertice (dove i vertici di colore possono essere mappati solo su altri vertici del colore ) equivale al conteggio degli endomorfismi del grafico, come segue. Lasciate che i colori siano . Per ogni vertice di colore , aggiungi un nuovo ciclo dispari disgiunto di dimensione almeno ( $G'$ $c$ $c$ $\{1,...,C\}$ $v$ $c$ $C_v$ $n + 2c$ ) e collega un vertice di a . Ogni endomorfismo di corrisponde a endomorfismi del nuovo grafico (per ogni ciclo, hai due scelte su come mapparlo). Nota che nessun vertice di può essere mappato su vertici di qualsiasi , poiché i cicli sono troppo grandi (dovresti essere in grado di adattare un ciclo all'interno di un altro, cosa che non puoi fare per i cicli dispari). $n=|V(G)|$ $C_v$ $v$ $G$ $2^n$ $G$ $C_v$

Ora, per creare una versione di che è connessa, iniziamo con una versione colorata e quindi applichiamo la trasformazione di cui sopra. Inizia come prima, aggiungendo a un triangolo disgiunto . Ora aggiungi un singolo nuovo vertice che è collegato ad ogni vertice in . Colore rosso e tutti gli altri vertici blu. $G'$ $G$ $\Delta$ $v_0$ $G \cup \Delta$ $v_0$

— Joshua Grochow
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Grazie! Non sono sicuro della tua formula esatta per

(Ottengo

| E n d (G^{'}) |

$|\mathrm{End}(G')|$

(| E n d (G) | + # 3 C O L (G)) (# t r i a n g l e s + 3^{3})

$(|\mathrm{End}(G)| + \#3COL(G))(\#triangles + 3^3)$ e qualcosa di simile per il punto fisso libero) ma l'argomento è ancora valido. La seconda parte del tuo argomento mostra la durezza anche assumendo la connessione, penso che sia vero ma penso che non si applichi direttamente agli endomorfismi liberi da punti fissi (ci sono punti fissi nelle mappature dei cicli), ma non è così importante. Sarei più curioso di sapere: il problema decisionale è NP-difficile (per endomorfismi non banali e senza punto fisso)? Grazie ancora!

— a3nm,

Hai ragione sulla formula: l'ho aggiornata. Per fare in modo che la seconda parte si applichi al punto fisso libero, mettere un bordo da ciascuno dei due vertici massimamente distanti di

. Il conteggio per il punto fisso libero sarà leggermente diverso, ma penso che funzioni ancora. (Potrebbe anche essere necessario aumentare la dimensione dei cicli ...). Per coppie di grafici rigidi (non endos non banali)

, decide esistenza di endos di

(disgiunta unione) è equivalente a decidere esistenza di un omomorfismo

. Quasi tutti i grafici sono whp rigidi, quindi è abbastanza possibile che la decisione sia NP-difficile ...

C_{v}

$C_v$

v

$v$

G, H

$G,H$

G \cup H

$G \cup H$

G \to H

$G \to H$

H \to G

$H \to G$

— Joshua Grochow,

OK, penso di acquistare il tuo argomento per un conteggio a virgola fissa. Per decisione, infatti, ora noto che "Il nucleo di un grafico", Inferno, p. 8-9, sembra dimostrare che decidere l'esistenza di un endomorfismo non banale sia NP-completo. (La questione degli endomorfismi senza virgola fissa rimane, ma ci sono poche ragioni per credere che non sarebbe difficile.)

— a3nm