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


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Il problema -cycle è il seguente:K

Istanza: un grafico non orientato con vertici e fino a n \ scegli 2 spigoli.soln(n2)

Domanda: esiste un K cycle (corretto) in sol ?

Sfondo: per qualsiasi k fisso K, possiamo risolvere il ciclo 2K nel tempo O(n2) .

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 sol non contenga 4 cicli, possiamo risolvere il problema a 3 cicli nel tempo O(n2) ?

David ha suggerito un approccio per risolvere questa variante del problema a 3 cicli nel tempo O(n2.111) .


Sembra che se il ciclo più piccolo di un grafico sol ha una lunghezza di almeno 5, allora ha al massimo i bordi O(n32) . 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,

Risposte:


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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(n2)

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.


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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 ω è l'esponente per veloce moltiplicazione della matrice. Per i grafici 4-ciclo-free, collegando in ω < 2.373 e m = O ( n 3 / 2 ) (il resto c'è un 4 -Cycle indipendentemente dell'esistenza di 3 -imposta) dà tempo O (O(m2ω/(ω+1))ωω<2.373m=O(n3/2)43 .O(n3ω/(ω+1))=O(n2.111)


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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(n32)
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 O ( n 1 + 12Kbordi. Link:sciencedirect.com/science/article/pii/S0012365X99901073O(n1+1K)
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 inO(n1.876)usando il metodo suggerito da David. :)O(n43)O(n1.876)
Michael Wehar,

Inoltre, per qualsiasi fisso > 2 , se G è privo di ciclo 2 k , allora possiamo determinare se G ha un ciclo di 3 cicli in tempo subquadratico perché G non ha troppi fronti. Tuttavia, quando k = 2 , è allora che le cose diventano interessanti. Possiamo battere O ( n 2.111 ) ? K>2sol2KsolsolK=2O(n2.111)
Michael Wehar,
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