Complessità del test se due serie di

Immagina di avere due $m$ set di punti $X,Y\subset \mathbb{R}^n$ . Qual è la complessità (temporale) dei test se differiscono solo per rotazione? : esiste una matrice di rotazione $OO^T=O^TO=I$ tale che $X=OY$ ?

C'è un problema di rappresentare valori reali qui - per semplicità supponiamo che ci sia (una breve) formula algebrica per ciascuna coordinata, in modo tale che il costo delle operazioni aritmetiche di base possa essere assunto come O (1).

La domanda di base è se questo problema è in P?

Mentre a prima vista questo problema può sembrare semplice - di solito è sufficiente testare le norme dei punti e le relazioni locali come gli angoli, ci sono cattivi esempi in cui è ad esempio equivalente al problema dell'isomorfismo grafico .

In particolare, osservando gli eigenspace della matrice di adiacenza dei grafici fortemente regolari (SRG), possiamo dargli un'interpretazione geometrica . Di seguito è riportato l'esempio più semplice: due SRG a 16 vertici, che localmente sembrano identici, ma non sono isomorfi:

$A-2I$ $O(6)$ $X\subset \mathbb{R}^6$ $|X|=16$ $Y$ $X$ $Y$

La difficoltà è che tutti questi punti sono in una sfera e ricreano relazioni originali: tutti i vicini (6 qui) sono in un angolo fisso <90 gradi, tutti i non vicini (9 qui) in un altro angolo fisso> 90 gradi, come nello schema foto sopra.

Quindi i test basati sulla norma e sugli angoli locali riprendono a rappresentare il problema dell'isomorfismo grafico ... ma l'interpretazione geometrica consente di lavorare su proprietà globali come gli invarianti della rotazione.

$n(n-1)/2$

Di solito possiamo definire gli invarianti di rotazione - la domanda è costruire un set completo di invaraints di rotazione: determinare completamente un set di rotazione del modulo.

$x^T A x$ $Tr(A^k)$ $k=1,\ldots,n$ $k$ ogni grafico in basso corrisponde a un singolo invariante di rotazione di grado 1,2,3,4 polinomiale :

$p(z)=\prod_{x\in X} (x\cdot (z-x))$

p (z) = \sum_{x \in X} (x \cdot z - a)^{2} (x \cdot z - b)^{2} (x \cdot z - c)^{2}

$p(z)=\sum_{x\in X} (x\cdot z -a)^2 (x\cdot z -b)^2 (x\cdot z -c)^2$

a, b, c

$a,b,c$

Quindi possiamo verificare se due polinomi di grado 6 differiscono solo per rotazione nel tempo polinomiale? In tal caso, l'isomorfismo grafico per gli SRG è in P.

Ci sono esempi più difficili (per testare se due set differiscono solo per rotazione) rispetto agli SRG? Ne dubito, consentendo un limite superiore quasi polinomiale grazie a Babai (?)

Aggiornamento : Mi è stata rilevata la somiglianza con il problema dei Procrustes ortogonali (risolti) :

min_{O : O^{T} O = I} ‖ O A - B ‖_{F} achieved for O = U V^{T}, where B A^{T} = U D V^{T}

$\min_{O:O^TO=I} \|OA-B\|_F \quad\textrm{achieved for}\quad O=UV^T,\quad\textrm{ where}\quad BA^T=UDV^T$

dalla decomposizione di valore singolare. Potremmo costruire queste matrici dai nostri punti, tuttavia, richiederebbe conoscere l'ordine - che non conosciamo e ci sonopossibilità. $m!$

Potremmo provare, ad esempio, Monte-Carlo o algoritmo genetico: cambiare alcuni punti e testare il miglioramento della distanza usando la formula sopra, tuttavia, sospetto che tale algoritmo euristico possa avere un numero esponenziale di minimi locali (?)

— Jarek Duda
fonte

Bene, gli esempi killer per algoritmi di isomorfismo grafico pratico non sono necessariamente SRG. Ci sono due articoli di Daniel Neuen e Pascal Schweitzer di cui ho discusso qui , che forniscono gli esempi attualmente più difficili. La mia discussione afferma che "la costruzione multipede ... è fondamentalmente la normale costruzione CFI applicata a un ipergrafo non orientato". Questa costruzione viene ulteriormente modificata per renderla rigida, il che rimuove tutti gli automorfismi. Prima non era un SRG, ma dopo non sarà sicuramente un SRG.

— Thomas Klimpel,

Penso che trovare i componenti principali dei set di punti e controllarli sarebbe di aiuto poiché la trasformazione PCA ha alcune proprietà piuttosto carine.

— FazeL

Thomas Klimpel, potresti dire qualcosa sugli spazi di questi altri esempi difficili? @FazeL, autovalori della matrice di correlazione da PCA sono esempi di invarianti di rotazione - condizioni necessarie per differire solo per rotazione (banale per SRG). Il problema è ottenere una condizione sufficiente, ad esempio attraverso una base completa di invarianti di rotazione - determinando completamente la rotazione del modulo impostata (o polinomiale). Ecco una costruzione generale per polinomi: arxiv.org/pdf/1801.01058 , la questione è come scegliere il numero sufficiente (noto) di invarianti indipendenti?

— Jarek Duda,

Quei grafici sono già colorati, per fissi , ci sono colori per i quali nodi hanno quel colore e colori per i quali 2 nodi hanno quel colore. In termini di eigenspace, questo significa che ottieni molti eigenspace di dimensione e ancora più eigenspace di dimensione . Almeno questo è ciò che accade se la costruzione CFI viene applicata a un grafico non diretto k-regolare. (Ma non preoccuparti, anche l'isomorfismo di SRG è un problema aperto.)

k

$k$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2

$2$

— Thomas Klimpel,

Gli eigenspace di dimensione potrebbero effettivamente separarsi in eigenspace ancora più piccoli, poiché anche per SRG abbiamo più di 1 eigenspace, ma la logica sopra suggerirebbe che esiste un solo eigenspace. Dai un'occhiata alla figura 4.2 nel documento più breve (più teorico), quindi vedi / capisci come appaiono questi grafici.

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

— Thomas Klimpel,

Penso che questo sia aperto. Si noti che se invece di testare l'equivalenza sotto rotazioni si chiede l'equivalenza nell'ambito del gruppo lineare generale, allora già testare l'equivalenza di polinomi di grado tre è GI-difficile ( Agrawal-Saxena STACS '06 , versione liberamente disponibile dell'autore ), e infatti è a almeno quanto testare l'isomorfismo delle algebre. Ora, la durezza GI non è la prova che il tuo problema non è in , poiché in effetti tutte le tue domande sono essenzialmente se possiamo mettere GI in $\mathsf{P}$ $\mathsf{P}$ dall'approccio che suggerisci. Tuttavia, il fatto che l'equivalenza in forma cubica sembri già significativamente più difficile di IG (ad esempio non sappiamo ancora se l'isomorfismo dell'algebra sia in un tempo quasi poli, a differenza di IG) suggerisce che (a) le persone hanno pensato a questo approccio e (b) è ancora aperto.

Anche se non so per certo se risultati simili valgono per il gruppo ortogonale, sarei sorpreso se non lo fossero (specialmente se passi dal grado 3 al grado 6).

— Joshua Grochow
fonte

Grazie, vedo che ho molto da leggere. I test che differiscono per la rotazione dei polinomi diventano anche difficili per il terzo grado? Il numero di coefficienti è O (dim ^ grado), la rotazione ha dim (dim-1) / 2 coefficienti, quindi la descrizione completa della rotazione del modulo dovrebbe essere data da invarianti di rotazione indipendenti O (dim ^ grado). So come costruire invarianti di rotazione ( arxiv.org/pdf/1801.01058 ), la condizione di indipendenza sembra difficile da dimostrare, ma un'alta dipendenza sembra improbabile (?)

— Jarek Duda,

@JarekDuda: lo stesso argomento che fai nel tuo commento si applicherebbe all'equivalenza lineare generale, tranne che per i avresti , ma entrambi sono . .. La dipendenza tra invarianti è spesso una domanda molto profonda. Inoltre, non è solo una questione di quante invarianti indipendenti hai bisogno, ma (a) puoi calcolare quali invarianti hai bisogno in poly-time, e (b) puoi persino calcolare il valore di ciascuna di tali invarianti in poly-time?

(\binom{d i m}{2})

$\binom{dim}{2}$

d i m^{2}

$dim^2$

Θ (d i m^{2})

$\Theta(dim^2)$

— Joshua Grochow,

Certo, se solo potessi costruire un gran numero di invarianti - mentre non so se sia vero per altri tipi di equivalenza (?), Per gli invarianti di rotazione c'è una costruzione in cui ogni grafico fornisce un invariante e ci sono costruzioni sistematiche di grandi numeri, ad es. in analogia con i grafici dei cicli di lunghezza k per invariante Tr (A ^ k) per il polinomio di grado 2 x ^ T Ax. Per il polinomio di grado fisso, possiamo produrre un numero sufficiente (o molto più) di invarianti in poli-tempo - il problema rimanente è garantire un numero sufficiente di quelli indipendenti tra loro.

— Jarek Duda,