Dato un grafico libero di 4 cicli , possiamo determinare se ha un tempo di 3 cicli in tempo quadratico?

Il problema -cycle è il seguente: $k$

Istanza: un grafico non orientato con vertici e fino a spigoli. $G$ $n$ $n \choose 2$

Domanda: esiste un $k$ cycle (corretto) in $G$ ?

Sfondo: per qualsiasi fisso $k$ , possiamo risolvere il ciclo $2k$ nel tempo $O(n^2)$ .

Raphael Yuster, Uri Zwick: trovare cicli ancora più veloci. SIAM J.
Matematica discreta. 10 (2): 209-222 (1997)

Tuttavia, non è noto se siamo in grado di risolvere 3 cicli (cioè 3 cricche) in tempi di moltiplicazione della matrice inferiori.

La mia domanda: supponendo che $G$ non contenga 4 cicli, possiamo risolvere il problema a 3 cicli nel tempo $O(n^2)$ ?

David ha suggerito un approccio per risolvere questa variante del problema a 3 cicli nel tempo $O(n^{2.111})$ .

— Michael Wehar
fonte

Sembra che se il ciclo più piccolo di un grafico

G

$G$ ha una lunghezza di almeno 5, allora ha al massimo i bordi

O (n^{\frac{3}{2}})

$O(n^{\frac{3}{2}})$ . Link: link.springer.com/article/10.1007%2FBF01787638

— Michael Wehar

Ulteriori informazioni sono disponibili in questo documento: citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/summary?doi=10.1.1.94.8121

— Michael Wehar,

Penso che potresti anche essere interessato a Eisenbrand, Friedrich e Fabrizio Grandoni. "Sulla complessità della cricca a parametri fissi e del set dominante." Theoretical Computer Science 326.1 (2004): 57-67. (Nel caso in cui non ne fossi già a conoscenza).

— Juho,

Risposte:

Sì, questo è noto. Appare in uno dei riferimenti imperdibili sulla scoperta del triangolo ...

Vale a dire, Itai e Rodeh mostrano nel SICOMP 1978 come trovare, nel tempo , un ciclo in un grafico che abbia al massimo un bordo in più rispetto al ciclo di lunghezza minima. (Vedi qui le prime tre frasi dell'abstract: http://www.cs.technion.ac.il/~itai/publications/Algorithms/min-circuit.pdf ) È una semplice procedura basata sulle proprietà di breadth-first ricerca. $O(n^2)$

Quindi, se il tuo grafico è libero di 4 cicli e c'è un triangolo, il loro algoritmo deve emetterlo, perché non può produrre un ciclo di 5 o più.

— Ryan Williams
fonte

Non è quadratico, ma Alon Yuster e Zwick ("Trovare e contare determinati cicli di lunghezza", Algorithmica 1997) forniscono un algoritmo per trovare triangoli nel tempo , dove è l'esponente per veloce moltiplicazione della matrice. Per i grafici 4-ciclo-free, collegando in e (il resto c'è un -Cycle indipendentemente dell'esistenza di -imposta) dà tempo $O(m^{2\omega/(\omega+1)})$ $\omega$ $\omega<2.373$ $m=O(n^{3/2})$ $4$ $3$ . $O(n^{3\omega/(\omega+1)})=O(n^{2.111})$

— David Eppstein
fonte

Questo è fantastico! Lo apprezzo molto. :)

— Michael Wehar,

Sì, se un grafico non ha 4 cicli, allora ha al massimo

bordi. Link:books.google.com/…

O (n^{\frac{3}{2}})

$O(n^{\frac{3}{2}})$

— Michael Wehar,

Sentiti libero di correggermi se sbaglio. Sembra che "The Even Circuit Theorem" di Erdos afferma che se un grafico è privo di ciclo

, allora ha al massimo

2 k

$2k$

bordi. Link:sciencedirect.com/science/article/pii/S0012365X99901073

O (n^{1 + \frac{1}{k}})

$O(n^{1+\frac{1}{k}})$

— Michael Wehar

Di conseguenza, se un grafico non ha 6 cicli, allora ha al massimo

bordi. Pertanto, possiamo determinare se ha un tempo di 3 cicli in

usando il metodo suggerito da David. :)

O (n^{\frac{4}{3}})

$O(n^{\frac{4}{3}})$

O (n^{1.876})

$O(n^{1.876})$

— Michael Wehar,

Inoltre, per qualsiasi

fisso

, se

è privo di ciclo

, allora possiamo determinare se

ha un ciclo di 3 cicli in tempo subquadratico perché

non ha troppi fronti. Tuttavia, quando

, è allora che le cose diventano interessanti. Possiamo battere

k > 2

$k > 2$

G

$G$

2 k

$2k$

G

$G$

G

$G$

k = 2

$k = 2$

O (n^{2.111})

$O(n^{2.111})$

— Michael Wehar,