Учитывая взвешенный знак, существует ли алгоритм O (V + E) для замены каждого веса суммой весов его предков?

Проблема, конечно, в двойном учете. Это достаточно просто сделать для определенных классов DAG = дерева или даже последовательно-параллельного дерева. Единственный алгоритм, который я нашел, который работает с общими группами доступности баз данных в разумные сроки, является приблизительным (диффузия Synopsis), но увеличение его точности является экспоненциальным по количеству бит (и мне нужно много бит).

Справочная информация: эта задача выполняется (несколько раз с разными «весами») в рамках вычислений вероятности в BBChop (http://github.com/ealdwulf/bbchop) программе для поиска случайных ошибок (то есть байесовской версии '). git bisect '). Таким образом, рассматриваемая DAG является историей изменений. Это означает, что число ребер вряд ли приблизится к квадрату числа узлов, скорее всего, оно будет меньше, чем k раз числа узлов для небольшого k. К сожалению, я не нашел никаких других полезных свойств ревизионных групп DAG. Например, я надеялся, что самый большой трехсвязный компонент будет расти только как квадратный корень из числа узлов, но, к сожалению (по крайней мере, в истории ядра Linux), он растет линейно.

ds.algorithms graph-theory directed-acyclic-graph

— Эолдуалф
источник

Просто чтобы уточнить: вес имеют только узлы, а не ребра?

— Генрих Апфельмус

Да, только узлы.

— Ealdwulf

Похоже, это почти дубликат cstheory.stackexchange.com/questions/553/… ?

— Юкка Суомела

на самом деле это кажется более общим, поскольку присвоение весов единиц всем вершинам сводит эту проблему к проблеме достижимости.

— Суреш Венкат

Приближение, кажется, не трудно сделать с некоторыми дополнительными факторами полилога ...

— Сариэль Хар-Пелед

Ответы:

Мы предполагаем, что веса вершин могут быть произвольными натуральными числами или, точнее, они могут быть натуральными числами не более 2 ⁿ . Тогда текущая задача не может быть выполнена даже в несколько более слабой временной привязке O ( n ² ), если только транзитивное замыкание произвольного ориентированного графа не может быть вычислено за время O ( n ² ), где n обозначает количество вершин. (Обратите внимание, что алгоритм O ( n ² ) времени для транзитивного замыкания будет прорывом.) Это противоречит следующему утверждению:

Претензии . Если текущая задача может быть выполнена за время O ( n ² ), транзитивное замыкание произвольного ориентированного графа, заданного в качестве его матрицы смежности, можно вычислить за время O ( n ² ) (предполагая некоторую разумную вычислительную модель).

Доказательство . В качестве предварительной обработки мы вычисляем разложение сильно связанного компонента заданного ориентированного графа G за время O ( n ² ), чтобы получить DAG G ′. Обратите внимание , что если мы можем вычислить транзитивное замыкание G ', мы можем реконструировать транзитивное замыкание G .

Теперь присвойте вес 2 ⁱ каждой вершине i DAG G ′ и используйте алгоритм для текущей задачи. Тогда двоичное представление суммы, присваиваемой каждой вершине i, точно описывает множество предков i , другими словами, мы вычислили транзитивное замыкание G ′. КЕД .

Обратное утверждение также верно: если вы можете вычислить транзитивное замыкание данного DAG, легко вычислить требуемые суммы, выполнив дополнительную работу за время O ( n ² ). Следовательно, теоретически вы можете выполнить текущую задачу за время O ( n ^2.376 ), используя алгоритм транзитивного замыкания, основанный на алгоритме умножения матриц Копперсмита-Винограда .

Редактировать : Редакция 2 и более ранние версии не содержали предположения о диапазоне весов вершин в явном виде. Пер Вогсен указал в комментарии, что это неявное предположение не может быть разумным (спасибо!), И я согласен. Даже если произвольные веса не требуются в приложениях, я предполагаю, что этот ответ мог бы исключить некоторые подходы следующим рассуждением: «Если бы этот подход работал, он дал бы алгоритм для произвольных весов, который исключается, если только переходный замыкание может быть вычислено за время O ( n ² ) ».

Редактировать : Версия 4 и ранее указали направление ребер неправильно.

— Цуёси Ито
источник

Вчера вечером я думал об этом, так как одно практическое решение использует битовые векторы для подсчета исключений. Я предполагаю, что единственный вопрос заключается в том, разумно ли предположить, что веса могут иметь длину в битах, пропорциональную n. На практике я могу представить, что веса ограничены некоторым k, так что максимально возможная сумма равна kn, что недостаточно для того, чтобы использовать этот трюк.

— В Вогнсен

@Per: Я согласен, что предположение, что веса вершин могут быть n-битными целыми числами, может быть сомнительным. Я отредактировал ответ, чтобы сделать это предположение явным. Благодарность!

— Цуёси Ито

@Per: я понял, что если веса вершин представляют собой целые числа, ограниченные O (1), проблема сводится к случаю, когда все вершины имеют вес 1, путем дублирования вершин подходящим способом.

— Цуёси Ито

К сожалению, я не вижу ответа в этой теме на проблему подсчета. Подсчет содержит логарифмически меньше информации, чем перечисление транзитивного замыкания, O (n log n) против O (n ^ 2), поэтому я не понимаю, как может работать прямое сокращение.

— Per Vognsen

Кстати, интересная версия этой проблемы заключается в том, что мы имеем ограничение на фактор ветвления и информацию о росте размеров поколений (в топологическом смысле) DAG. Если рост экспоненциальный, шаблон по сути древовидный. Что, если он линейный, логарифмический, квадратичный и т. Д.?

— Per Vognsen

Это расширение моего комментария к ответу Цуёси. Я думаю, что отрицательный ответ на вопрос можно сделать безоговорочным.

$\omega(n)$ $O(n)$

$G_{r,c}$ $r \times c$ $r$ $r$ $c$

$r = (\log\ n)/2$ $c = 2n/\log\ n$

$\sqrt{n}$ $\omega(\log\ n)$

$\omega(n)$ $2c(r-1) = O(n)$

Дело в том, что основной частичный порядок является плотным, но DAG представляет его транзитивное сокращение, которое может быть редким.

— Андраш Саламон
источник

Этот аргумент интересен, но я не уверен, что его можно превратить в доказательство какого-либо интересного утверждения. Учитывая повсеместную трудность доказательства нижних границ проблем, этот аргумент кажется мне сложным.

— Tsuyoshi Ito

@ Tsuyoshi: я думаю, что существование должно работать через вероятностный аргумент, а нижняя граница слабая, поэтому, похоже, для этого достаточно места для работы. Но вы правы, это волнистое выражение, что фраза «не подлежащие повторному использованию дополнения в среднем» нуждается в лучшем обосновании.

— Андрас Саламон

-2

Это неправильно и основано на недоразумении по этому вопросу. Спасибо Tsuyoshi за терпеливое указание на мою ошибку. Уход в случае, если другие совершат ту же ошибку.

$k$

$k$ $O(k|V|)$

$O(|V|+|E|)$

Этот подход также должен хорошо работать, если есть несколько узлов со многими непосредственными предшественниками, если они относительно редки.

— Андраш Саламон
источник

Я этого не получал. Как избежать двойного счета, когда DAG не является деревом? Фактически, если я не ошибаюсь, общий случай может быть сведен к случаю, когда каждая вершина имеет не более двух предшественников, и любой алгоритм с линейным временем для последнего случая дает алгоритм времени строки для общего случая.

— Цуёси Ито

O (| V | + | E |)

$O(|V|+|E|)$

k

$k$

Боюсь, что вы неправильно поняли мой комментарий. Я ставлю под сомнение правильность вашего алгоритма, а не время выполнения. Предположим, что DAG с четырьмя вершинами A, B, C, D с ребрами A → B → D и A → C → D с каждой вершиной, имеющей некоторый вес. После вычисления частичных сумм для B и C, вы не можете просто добавить частичные суммы для B и C, чтобы вычислить сумму для D, потому что это добавило бы вес вершины A дважды.

— Цуёси Ито

\sum_{u < v} w (u)

$\sum_{u < v} w(u)$

Да. И теперь я помню, что когда я впервые увидел этот вопрос, я неправильно прочитал вопрос и подумал, что это будет очевидно. Но нет, реальный вопрос сложнее этого. Время, чтобы подумать….

— Цуёси Ито