Проверка транзитивности против транзитивного закрытия

Не проще ли проверить транзитивность орграфа, чем (с точки зрения асимптотической сложности) взять транзитивное замыкание орграфа? Знаем ли мы какую-либо нижнюю границу лучше, чем$\Omega(n^2)$ определить, является ли орграф транзитивным или нет?

Ниже я покажу следующее: если у вас есть O ($n^{3-\varepsilon}$) алгоритм времени для проверки, является ли граф транзитивным для любого $\varepsilon>0$, тогда у вас есть O ($n^{3-\varepsilon}$) алгоритм времени для обнаружения треугольника в $n$граф узлов, и, следовательно, (по документу из FOCS'10 ) у вас будет O ($n^{3-\varepsilon/3}$) алгоритм времени для умножения двух логических $n\times n$матрицы, и, следовательно, в результате Фишера и Мейера из 70-х годов , это также подразумевает O ($n^{3-\varepsilon/3}$) алгоритм времени для транзитивного замыкания.

Предположим, что вы хотите обнаружить треугольник в $n$ узел $G$, Теперь мы можем создать следующий график$H$, $H$ трехсторонний с перегородками $I,J,K$ на $n$узлы каждый. Здесь каждый узел$x$ из $G$ имеет копии $x_I,x_J,x_K$ по частям $I,J,K$, Для каждого края$(u,v)$ из $G$ добавить направленные края $(u_I,v_J)$ а также $(u_J,v_K)$, Для каждого неграда$(u,v)$ из $G$ добавить направленный край $(u_I,v_K)$,

Во-первых, если $G$ содержит треугольник $u,v,w$, тогда $H$не является переходным. Это с краев$(u_I,v_J),(v_J,w_K)$ находятся в $H$ но $(u_I,w_K)$не является. Во-вторых, если$H$ не транзитивен, то должен существовать некоторый направленный путь от некоторого узла $s$ в какой-то узел $t$ в $H$ такой, что $(s,t)$ не направленный край в $H$, Тем не менее, самые длинные пути в$H$ иметь $2$ ребра, и поэтому любой такой путь должен иметь форму $(u_I,v_J),(v_J,w_K)$ а также $(u_I,w_K)$ не в $H$отсюда $u,v,w$ сформировать треугольник в $G$,

Это выглядит так $\Omega(n^2)$является самой известной нижней границей, поскольку любая нижняя граница подразумевает нижнюю границу для умножения логической матрицы. Мы знаем, что проверка транзитивности может быть достигнута с помощью умножения одной логической матрицы, то есть$G$ транзитивен тогда и только тогда, когда $G = G^2$,

Определить, является ли DAG транзитивным, так же сложно, как решить, является ли общий орграф транзитивным (что возвращает нас к вашему предыдущему вопросу :)).

Предположим, у вас есть алгоритм, работающий во времени $O(f(n))$ для принятия решения, является ли DAG транзитивным.

Дан ориентированный граф $G$, вы можете использовать следующий рандомизированный алгоритм, чтобы решить, $G$ транзитивен во времени $O(f(n)\cdot \log(\frac{1}{\delta}))$ и вероятность ошибки $\leq \delta$:

 1. for $O(\log{\frac{1}{\delta}})$ iterations:

   1.1. Compute a random permutation on $V$. Denote the result by $<v_1,v_2,...,v_n>$.

   1.2. Set $G'=(V,E\cup \{(v_i,v_j)|i<j\})$ (i.e. compute a random acyclic orientation).

   1.3. If $G'$ (which is acyclic) is not transitive return false.

 2. return true.

Теперь очевидно, что если $G$ был транзитивным, этот алгоритм возвращает истину.

Теперь предположим $G$не был переходным. Позволять$e_1=(v_i,v_j),e_2=(v_j,v_k)\in E$ такой, что $(v_i,v_k)\notin E$ (должны быть такие ребра как $G$не переходный). Вероятность того, что$e_1,e_2\in G'$ является $\frac{1}{6}$поэтому в каждой итерации вероятность того, что алгоритм будет фигурировать $G$ не был переходным $\frac{1}{6}$ и после $O(\log{(\delta)})$ итерации вероятность отказа не более $\delta$,

I think this should be feasible in linear time, i.e. $O(n+m)$ where $n$ is the number of vertices and $m$ the number of edges. Maybe by adapting some graph traversal scheme to the directed setting? A starting point could be the LexBFS / LexDFS described here; for directed graphs it seems that we should use topological sorting rather than DFS, so maybe it's possible with some LexTSA algorithm to discover?

Regarding the previous answer, here's a simple way of defining such an algorithm. Assign to each vertex $x$ an index $i(x)$, initialized to $0$. For each $x$, let $M(x)$ denote the multiset of indices of its in-neighbors. We simulate a topological sorting by maintaining a set $R$ of unexplored vertices, initialized to the entire set. At each step, we do the following:

1. Chose a vertex $x \in R$ whose multiset $M(x)$ is minimal (in the multiset order);

2. Update $i(x)$ to the current loop counter and remove $x$ from $R$.

Can this algorithm be used for your problem, or for some other application?