Isomorfismo grafico "minuscolo"

Mentre pensavo alla complessità del test dell'isomorfismo dei grafici asimmetrici (vedi la mia domanda correlata su cstheory), mi è venuta in mente una domanda complementare.

Supponiamo di avere una macchina di Turing polinomiale che sull'ingresso 1 n genera un grafico G M , n con n nodi.$M$$1^n$$G_{M,n}$$n$

Possiamo definire il problema :$\Pi_M$

(GI "piccolo"): dato un grafico , è G isomorfo a G M , | V | ?$G=(V,E)$$G$$G_{M,|V|}$

In altre parole, dobbiamo confrontare un dato grafico con un grafico "di riferimento" della stessa dimensione generato da una macchina di Turing tempo polinomiale fissa .$M$

Per tutto il tempo polinomiale macchine di Turing , abbiamo Π M ∈ N P , e per molti di essi abbiamo Π M ∈ P . Ma è vero per tutte le M ? Il problema è noto?$M$$\Pi_M \in NP$$\Pi_M \in P$
$M$

A prima vista, ho pensato che ogni dovrebbe essere molto più semplice di G I , perché per ogni n esiste solo un grafico "di riferimento" di quella dimensione e forse le simmetrie / asimmetrie dei grafici generati da M possono essere sfruttate e un si può costruire un efficiente tester di isomorfismo ad hoc ... ma non è vero: M può contenere una sorta di macchina Universal Turing temporizzata polinomiale che utilizza l'ingresso (unario) 1 n per generare grafici di riferimento completamente diversi (nella struttura) come n aumenta.$\Pi_M$$GI$$n$$M$$M$$1^n$$n$

[Questo è più di alcuni commenti estesi che una risposta.]

1) Se , allora non esiste un vincolo polinomiale fisso sulla complessità temporale di tutto Π M , anche per M che richiede solo tempo, diciamo, n 3 : Se per tutto il tempo- n 3 M , Π M ∈ D T I M E ( n k ) , quindi il seguente è un algoritmo poly-time per GI. All'ingresso ( G , H ) , costruisci una macchina Turing M G con un orologio che assicuri che M $GI \notin \mathsf{P}$$\Pi_{M}$$M$$n^3$$n^3$ $M$$\Pi_{M} \in \mathsf{DTIME}(n^k)$$(G, H)$$M_{G}$$M_{G}$non corre mai per più di passaggi su input di dimensione n , e tale che M G ( 1 | V ( G ) | ) = G , e quindi risolve Π M G ( H ) nel tempo O ( n k ) .$n^3$$n$$M_{G}(1^{|V(G)|}) = G$$\Pi_{M_G}(H)$$O(n^k)$

2) Poiché per qualsiasi , Π M non è più difficile di GI, si potrebbe pensare che il miglior risultato sulla falsariga di " Π M sembra non essere in P " si potrebbe sperare in un risultato di completezza GI. Tuttavia, mi sembra improbabile che uno qualsiasi Π M sia completo per IG, almeno per i seguenti motivi:$M$$\Pi_{M}$$\Pi_M$$\mathsf{P}$$\Pi_M$

• Tutti i risultati di completezza GI che conosco riguardano classi di grafici piuttosto grandi, anziché avere un singolo grafico di ogni dimensione. Anche se abbandoni del tutto il requisito di efficienza, non conosco alcun elenco di grafici tale che | V ( G n ) | = n (o addirittura p o l y ( n ) ) tale che il test dell'isomorfismo su G n sia completo per GI.$G_1, G_2, \dotsc$$|V(G_n)| = n$$poly(n)$$G_n$

• In una nota correlata, la maggior parte (tutti?) I risultati della completezza GI non sono semplicemente riduzioni di molti-uno, ma hanno la seguente forma: esiste una funzione tale che data un'istanza ( G , H ) di GI, ( f ( G ) , f ( H ) ) è un'istanza dell'altro problema completo GI. (Questi sono solo morfismi polivalenti delle relazioni di equivalenza, o ciò che Fortnow e io abbiamo chiamato "riduzioni del kernel"). Possiamo facilmente dimostrare incondizionatamente che non esiste una tale riduzione da GI a qualsiasi Π M (anche se si modifica la definizione per consentire a $f$$(G,H)$$(f(G), f(H))$$\Pi_M$$M$per generare più grafici). Suggerimento: ottieni una contraddizione mostrando che ogni deve avere la sua immagine completamente contenuta in { G M , n } n ≥ 0 .$f$$\{G_{M,n}\}_{n \geq 0}$

3) Anche se si potrebbe costruire basato su una TM universale come suggerito nella domanda, forse si può ancora costruire un tester efficiente, ma non in modo efficiente. Cioè, forse per ogni M , Π M è in P / p o l y ?$M$$M$$\Pi_{M}$$\mathsf{P/poly}$

Non ho una risposta alla tua domanda, ma propongo di prendere in considerazione una versione più limitata di per la quale possiamo dimostrare che si trova in P.$\Pi_M$

Consideriamo solo le famiglie di grafici in modo tale che il numero di spigoli cresca logaritmicamente. Lo formalizzerò riformulando la tua formulazione del problema, anche per vedere se l'ho capito correttamente.

Un grafico non orientato con n bordi può essere descritto da un n 2 - $G$$n$ lunghe stringhe di bit, concatenano semplicemente le voci della matrice di adiacenza diGnel triangolo superiore. Pertanto ci sono2 n 2 - $\frac{n^2-n}{2}$$G$ possibili grafici sunvertici. Ne consegue che qualsiasi funzionef:N→Ntale che0≤f(n)<2n2-$2^{\frac{n^2-n}{2}}$$n$$f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ per tuttindescrive una famiglia di grafici. Per qualsiasi funzione calcolabile in modo efficientefdefiniamoΠfcome G∈Π$0 \leq f(n) < 2^{\frac{n^2-n}{2}}$$n$$f$$\Pi_f$

Per un numero naturale sia b 1 ( x ) il numero di 1 nella sua rappresentazione binaria. Consideriamo ora solo Π f per funzioni calcolabili in modo efficiente f per le quali detiene quella b 1 ( f ( n ) ) ∈ O ( log n ) ovvero famiglie di grafici per le quali il numero di spigoli cresce solo logaritmicamente, come indicato sopra .$x$$b_1(x)$$\Pi_f$$f$

Mostriamo che per questa classe di funzioni è in P.$\Pi_f$

Sia una tale funzione e G un grafico di input con n vertici. Chiamiamo f ( n ) il grafico di riferimento. Ci sono al massimo O ( log n ) spigoli nel grafico di riferimento. Pertanto ogni MCC (componente collegato in modo ottimale) può essere composto al massimo da O ( log n ) vertici di cui possono esserci al massimo n . Si noti che per ogni coppia di grafici con solo O ( log n ) i vertici si può controllare banalmente isomorfismo in tempo polynomialy WRT $f$$G$$n$$f(n)$$\mathcal{O}(\log n)$$\mathcal{O}(\log n)$$n$$\mathcal{O}(\log n)$$n$perché possiamo provare tutte le permutazioni. Pertanto, utilizzando un algoritmo avido per assegnare a ciascun Centro clienti del grafico di input un Centro clienti nel grafico di riferimento, possiamo capire se entrambi i grafici sono isomorfi.