Rilassamento LP di set indipendente

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Ho provato il seguente rilassamento LP del massimo set indipendente

max \sum_{i} x_{i}

$\max \sum_i x_i$

s.t. x_{i} + x_{j} \leq 1 \forall (i, j) \in E

$\text{s.t.}\ x_i+x_j\le 1\ \forall (i,j)\in E$

x_{i} \geq 0

$x_i\ge 0$

Ottengo per ogni variabile per ogni grafico cubico non bipartito che ho provato. $1/2$

È vero per tutti i grafici cubici non bipartiti collegati?
Esiste il rilassamento LP che funziona meglio per tali grafici?

Aggiornamento 03/05 :

Ecco il risultato del rilassamento LP basato sulla cricca suggerito da Nathan

Ho riassunto gli esperimenti qui È interessante notare che sembrano esserci alcuni grafici non bipartiti per i quali il rilassamento LP più semplice è integrale.

graph-theory co.combinatorics linear-programming

— Yaroslav Bulatov
fonte

La soluzione

non è certamente unica. In un grafico bipartito cubico, puoi avere una soluzione ottimale con

in una parte e

nell'altra parte.

x_{i} = 1 / 2

$x_i = 1/2$

x_{i} = 1

$x_i = 1$

x_{i} = 0

$x_i = 0$

— Jukka Suomela,

1

Scusa, ho perso parte importante, considero solo grafici cubici non bipartiti. Ogni grafico cubico bipartito che ho provato aveva una soluzione integrale

— Yaroslav Bulatov,

È inoltre necessario aggiungere "connesso" se si desidera evitare soluzioni non uniche.

— Jukka Suomela,

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(1) Hai dimenticato di scrivere i vincoli di non negatività. (2) Per i grafici bipartiti, il valore ottimale di questo rilassamento LP è sempre uguale alla dimensione massima di un set indipendente. Questo è un corollario immediato del teorema di König .

— Tsuyoshi Ito,

2

@Yaroslav: una domanda a margine: come si disegnano questi grafici?

— Tim

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Non bipartito collegato grafo cubico hanno la soluzione ottimale unica ; in un grafico cubico bipartito hai una soluzione ottimale integrale. $x_i = 1/2$

Prova: in un grafico cubico, se si sommano tutti i vincoli $3n/2$ , si ha , e quindi l'ottimale è al massimo . $x_i + x_j \le 1$ $\sum_i 3 x_i \le 3n/2$ $n/2$

La soluzione per tutti è banalmente fattibile, e quindi anche ottimale. $x_i = 1/2$ $i$

In un grafico cubico bipartito, ogni parte ha la metà dei nodi e quindi anche la soluzione in una parte è ottimale. $x_i = 1$

Qualsiasi soluzione ottimale deve essere stretta, cioè dobbiamo avere e quindi $\sum_i 3 x_i = 3n/2$ per ogni fronte . Quindi se avete un ciclo dispari, è necessario scegliere per ogni nodo del ciclo. E quindi se il grafico è collegato, questa scelta viene propagata ovunque. $x_i + x_j = 1$ $\{i,j\}$ $x_i = 1/2$

— Jukka Suomela
fonte

2

Come ho scritto in un commento sulla domanda, hai solo bisogno del bipartitismo per dimostrare l'esistenza di una soluzione ottimale integrale (ma ciò richiede una prova diversa dalla tua).

— Tsuyoshi Ito,

@Tsuyoshi: Sì, il teorema di König è buono da tenere a mente. Ad esempio, insieme all'osservazione di cui sopra, mostrerà che qualsiasi grafico cubico bipartito ha una fattorizzazione 1 (cioè può essere partizionato in tre abbinamenti perfetti). Naturalmente questo è il modo "sbagliato" di dimostrare questo risultato, ma penso che dimostri bene il potere del teorema di König - se ricordi solo il teorema di König, ci sono molti risultati classici nella teoria dei grafi che puoi quindi reinventare facilmente .

— Jukka Suomela,

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Questo LP è semi-integrale per tutti i grafici, ovvero esiste una soluzione ottimale in modo tale che ogni variabile sia in {0,1 / 2,1}. Segue semplicemente da un teorema di Nemhauser e Trotter. Naturalmente, la stessa conclusione della semi-integralità segue per l'LP del problema del complemento (copertina del vertice). Quando il grafico è bipartito la soluzione è integrale. Ne consegue semplicemente dal teorema del minimo taglio max-flow o dal lavorare con soluzioni a punti estremi di questo LP. Inoltre, i 1/2 bordi formano un ciclo dispari.

Naturalmente, questo LP non è buono per risolvere il problema IS. L'aggiunta di vincoli Clique o SDP è un approccio molto migliore.

Imballaggi di vertici: proprietà strutturali e algoritmi GL Nemhauser e Trotter-Math. Programma., 1975

— Mohit Singh
fonte

Bene, vedi anche Teorema 5.6 di questo documento per un algoritmo molto semplice che trova in modo efficiente una soluzione semi-integrale.

— Jukka Suomela,

LP con vincoli Clique ha risolto circa il 50% in più di grafici dal set sopra .... dove posso trovare la formulazione SDP?

— Yaroslav Bulatov,

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La tesi di dottorato di Sergiy Butenko del 2003 prende in esame alcuni altri rilassamenti LP di MIS, così come alcuni rilassamenti quadratici.

— Suresh Venkat
fonte

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C'è un altro modo per ottenere una "versione rilassata del set indipendente massimo". Invece di avere come vincoli "per ogni fronte, la somma è al massimo 1", i vincoli sono "per ogni sottografo completo, il bordo è al massimo 1". Il che significa: per ogni bordo, per ogni triangolo, per ciascuno $K_4$

Questo è chiamato il numero di serie indipendente frazionario. Qui troverai alcune informazioni: http://en.wikipedia.org/wiki/Fractional_coloring o nel libro "Teoria dei grafici frazionari" di Daniel Ullman ed Edward Scheinerman ( http://www.ams.jhu.edu/~ers / fgt / ).

In pratica, questa formulazione è NP-difficile da calcolare, anche se tutte le variabili sono continue -> il numero di cricche è esponenziale e difficile da calcolare .... Ma sei libero di elencare solo alcune cricche speciali, ad esempio solo i bordi (che hai appena fatto), o bordi + triangoli, o tutte le cricche fino a $K_k$

Nathann

(*) detto questo, teoricamente hai una differenza arbitrariamente grande tra il risultato ottimale nel LP in cui sono rappresentate tutte le cricche e il set indipendente ottimale

— Nathann Cohen
fonte

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k

$k$

(k + 1)

$(k+1)$

x_{i} = 1 / k

$x_i = 1/k$

i

$i$

interessante, questo sembra essere correlato alla facilità di IndependentSet nei grafici cordali

— Yaroslav Bulatov,

Ho fatto alcuni esperimenti e la soluzione di questo rilassamento dell'LP è stata sempre parte integrante dei grafici cordali

— Yaroslav Bulatov

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@YaroslavBulatov C'è una ragione per la tua osservazione. Le disuguaglianze della cricca e i limiti di non negatività forniscono lo scafo convesso di insiemi indipendenti se e solo se il grafico è perfetto. I grafici cordali sono perfetti.

— Austin Buchanan,