Подсчитайте количество связующих деревьев быстро

$t(G)$ $G$ $n$ $t(G)$ $O(n^3)$ $\frac{1}{n^2} \det(J + Q)$ $Q$ $G$ $J$ $1$

Интересно, есть ли способ вычислить $t(G)$ быстрее. (Да, есть более быстрые, чем $O(n^3)$ алгоритмы для вычисления определителя, но меня интересует какой-то новый подход.)

Он также заинтересован в рассмотрении специальных семейств графов (может быть, планарных).

Например, для циркулянтных графов $t(G)$ может быть вычислено в $O(n \lg n)$ арифметических операциях через тождество $t(G) = \frac{1}{n} \lambda_1 \dotsm \lambda_{n-1}$ , где $\lambda_i$ - ненулевые собственные значения матрицы Лапласа группы $G$ , которые можно быстро вычислить для циркулянтных графов. (Представьте первую строку в виде полинома, а затем вычислите ее по $n$ корням единицы - этот шаг использует дискретное преобразование Фурье и может быть выполнен за $O(n \lg n)$ арифметических операций.)

Большое спасибо!

— Finsky
источник

Сергей, я попытался отредактировать твой вопрос, чтобы улучшить ясность. Пожалуйста, убедитесь, что я правильно понял ваш вопрос и не внес никаких ошибок.

— Тайсон Уильямс

Вот один более общий пример граф семей , где найти сложность можно сделать быстрее: графы Кэлей для абелевых групп

G

$G$ с образующим набором

S

$S$ , так что

S^{- 1} = S

$S^{-1} = S$ . Мы знаем, что собственными значениями такой матрицы являются

\sum_{h \in S} χ (h)

$\sum_{h \in S} \chi (h)$ , где

χ

$\chi$ - разные характеры группы. Все символы легко найти (для получения дополнительной информации обратитесь к этой статье ), вычисление этих символов является

n

$n$ мерным БПФ (см. Главу Брант и др. О БПФ), то есть может быть сделано в

O (n \lg n)

$O(n \lg n)$ .

— Финский

Для получения дополнительной информации о графиках Кэли см. Эту книгу .

— Финский

Делать линейную алгебру с лапласианом, а не с общей матрицей часто проще. Интересно, может ли это быть актуально?

— Гил Калай

Не могли бы вы, пожалуйста, быть более конкретными, если это возможно, привести несколько примеров, даже если они не имеют прямого отношения к обсуждаемой теме. Спасибо.

— Финский

Оно известно , что для ограниченной древесной ширины, Татта полинома может быть оценены в любом с помощью арифметических операции. Если связно, то . $G$ $T(G;x,y)$ $(x,y)$ $O(n)$ $G$ $t(G)=T(G;1,1)$

— Раду Куртиканский
источник