Вычислительная сложность подсчета индуцированных подграфов, которые допускают идеальное совпадение

Для заданного неориентированного и невзвешенного графа и четного целого числа , какова вычислительная сложность подсчета множеств вершин таких что и подграф графа ограниченный множеством вершин допускает идеальное совпадение? Является ли сложность # P-полной? Есть ли ссылка на эту проблему? $G=(V,E)$ $k$ $S\subseteq V$ $|S|=k$ $G$ $S$

Обратите внимание, что проблема, конечно, легко для константы потому что тогда все подграфы размера могут быть перечислены во времени . Также обратите внимание, что проблема отличается от подсчета количества идеальных совпадений. Причина в том, что набор вершин, который допускает идеальное совпадение, может иметь множество идеальных совпадений. $k$ $k$ ${|V| \choose k}$

Другой способ сформулировать проблему заключается в следующем. Соответствие называется $k$ если оно совпадает с $k$ вершинами. Два соответствия $M$ и $M'$ являются `` набором вершин-неинвариантных' ', если наборы вершин, совпадающих с $M$ и $M'$ , не идентичны. Мы хотим подсчитать общее количество неинвариантных -соответствий с множеством вершин $k$ .

cc.complexity-theory co.combinatorics counting-complexity

— ха
источник

Когда

k = \log n

$k=\log n$ , число таких подмножеств равно

(\binom{| V |}{\log n}) \leq n^{\log n}

$\binom{|V|}{\log n}\leq n^{\log n}$ , и проверка, имеет ли граф, индуцированный подмножеством, идеальное соответствие, используя Tutte's характеристика занимает время

O (2^{\log n}) = O (n)

$O(2^{\log n})=O(n)$ , поэтому вряд ли она будет даже NP-полной, если только гипотеза об экспоненциальном времени не верна. Следовательно, интересным является случай, когда

k = θ (\frac{n}{\log n})

$k=\theta(\frac{n}{\log n})$ , и в этом случае наивный подход занимает

2^{O (n)}

$2^{O(n)}$ времени, если вы ищете полноту #P.

— Саджин Корот

@ Сажин Корот: я не следую последнему предложению в вашем комментарии. Например, если k = √n, наивный подход занимает

2^{n^{Ω (1)}}

$2^{n^{\Omega(1)}}$ времени, и я не думаю, что это дает какие-либо доказательства того, что он # P-завершен.

— Цуёси Ито

@TsuyoshiIto: Да, вы правы. Надо было «выбрать

k

$k$ таким, чтобы наивный подход занимал

O (2^{n})

$O(2^n)$ времени».

— Саджин Корот

@ Сажин Корот: Почему нужно выбирать значение k таким, чтобы наивный подход занимал времени? Это, вероятно, не повредит, но я не понимаю, почему это нужно делать.

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Цуёси Ито

Кажется, что большинство проблем типа "как индуцированные человеком подграфы размера k имеют свойство X?" тяжело Даже свойство "имеет ребро" сложно ("Имеет ребро" решает "не имеет ребро", которое в дуэли "является полным графом ... решает МАКС. КЛИК"). Это действительно дает понять, что «иметь идеальное соответствие» также будет сложно, но найти доказательство сейчас сложно.

— bbejot

Проблема # P-полная. Это следует из последнего абзаца страницы 2 следующего документа:

CJ Colbourn, JS Provan, D. Vertigan, Сложность вычисления полинома Тутте на трансверсальных матроидах, Combinatorica 15 (1995), no. 1, 1–10.

http://www.springerlink.com/content/wk55t6873054232q/

— ха
источник

Проблема допускает FPTRAS. Это рандомизированный алгоритм который получает граф , параметр и рациональные числа и качестве входных данных. Если - это количество вершинных наборов, которые вы ищете, то выводит число такое, что и это происходит за время , где некоторая вычислимая функция и $\mathbb{A}$ $G$ $k\in \mathbb{N}$ $\epsilon >0$ $\delta \in (0,1)$ $z$ $k$ $\mathbb{A}$ $z'$

P (z^{'} \in [(1 - ϵ) z, (1 + ϵ) z]) \geq 1 - δ,

$\begin{equation} \mathbb{P}(z' \in [(1-\epsilon)z,(1+\epsilon)z]) \geq 1-\delta, \end{equation}$

f (k) \cdot g (n, ϵ^{- 1}, \log δ^{- 1})

$f(k)\cdot g(n,\epsilon^{-1},\log \delta^{-1})$

f

$f$

g

$g$ это некоторый полином.

Это следует из Thm. 3,1 в (Джеррум, Meeks 13) : учитывая свойство графов, существует FPTRAS, с тем же входом, что и выше, который приближается к размеру набора при условии, что вычислима, монотонна и все ее гранично-минимальные графы имеют ограниченную ширину дерева. Все три условия выполняются, если является свойством графа допуска идеального соответствия. $\Phi$

{S \subseteq V (G) ∣ | S | = k \land Φ (G [S])},

$\begin{equation} \{S \subseteq V(G) \mid |S| =k \wedge \Phi(G[S])\}, \end{equation}$

Φ

$\Phi$

Φ

$\Phi$

— Раду Куртиканский
источник