Độ phức tạp tính toán của việc đếm các sơ đồ con cảm ứng thừa nhận các kết hợp hoàn hảo

Cho một đồ thị vô hướng và không có trọng số $G=(V,E)$ và một số nguyên chẵn $k$ , độ phức tạp tính toán của các tập hợp các đỉnh $S\subseteq V$ sao cho $|S|=k$ và sơ đồ con của $G$ bị giới hạn ở tập đỉnh $S$ thừa nhận một kết hợp hoàn hảo? Là sự phức tạp # P-đầy đủ? Có một tài liệu tham khảo cho vấn đề này?

Lưu ý rằng vấn đề tất nhiên là dễ dàng đối với một hằng số $k$ bởi vì sau đó tất cả các sơ đồ con có kích thước $k$ có thể được liệt kê trong thời gian ${|V| \choose k}$ . Cũng lưu ý rằng vấn đề khác với việc đếm số lượng khớp hoàn hảo. Lý do là một tập hợp các đỉnh thừa nhận khớp hoàn hảo có thể có nhiều số khớp hoàn hảo.

Một cách khác để nêu vấn đề là như sau. Một kết hợp được gọi là khớp nối $k$ nếu khớp với các đỉnh $k$ . Hai khớp $M$ và $M'$ là `` vertex-set-non-invariant' 'nếu tập hợp các đỉnh khớp với $M$ và $M'$ không giống nhau. Chúng tôi muốn đếm tổng số $k$ -matchings đỉnh-set-non-bất biến .

cc.complexity-theory co.combinatorics counting-complexity

— ha
nguồn

Khi

k = \log n

$k=\log n$ , số lượng các tập hợp con đó là

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

$\binom{|V|}{\log n}\leq n^{\log n}$ và kiểm tra xem biểu đồ được tạo bởi tập hợp con có khớp hoàn hảo hay không bằng Tutte việc mô tả hóa mất thời gian

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

$O(2^{\log n})=O(n)$ , do đó không chắc là nó hoàn thành NP trừ khi giả thuyết thời gian theo cấp số nhân là sai. Do đó, trường hợp thú vị là khi

k = θ (\frac{n}{\log n})

$k=\theta(\frac{n}{\log n})$ , trong trường hợp đó, cách tiếp cận ngây thơ mất

2^{O (n)}

$2^{O(n)}$ , nếu bạn đang tìm kiếm sự hoàn chỉnh của #P.

— Sajin Koroth

@Sajin Koroth: Tôi không theo dõi câu cuối cùng trong bình luận của bạn. Ví dụ: nếu k = √n, cách tiếp cận ngây thơ mất và tôi không nghĩ rằng điều này đưa ra bất kỳ bằng chứng nào chống lại việc nó hoàn thành # P.

2^{n^{Ω (1)}}

$2^{n^{\Omega(1)}}$

— Tsuyoshi Ito

@TsuyoshiIto: Có bạn đúng. Đáng lẽ ra là "chọn một sao cho, cách tiếp cận ngây thơ mất thời gian ".

k

$k$

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Sajin Koroth

@Sajin Koroth: Tại sao người ta nên chọn giá trị k sao cho cách tiếp cận ngây thơ mất thời gian ? Làm như vậy có lẽ không đau, nhưng tôi không hiểu tại sao người ta nên làm điều đó.

O (2^{n})

$O(2^n)$

— Tsuyoshi Ito

Dường như hầu hết các vấn đề thuộc loại "làm thế nào con người tạo ra các sơ đồ con có kích thước k có thuộc tính X?" thật khó Ngay cả thuộc tính "có cạnh" cũng khó ("Có cạnh" giải quyết "không có cạnh" đó là "là một đồ thị hoàn chỉnh" trong cuộc đấu tay đôi ... giải quyết MAX CLIQUE). Điều này thực sự làm cho nó cảm thấy rằng "có một kết hợp hoàn hảo" cũng sẽ khó khăn, nhưng việc tìm kiếm một bằng chứng là rất khó khăn ngay bây giờ.

— bbejot

Câu trả lời:

Vấn đề là # P-đầy đủ. Nó theo đoạn cuối của trang 2 của bài báo sau:

CJ Colbourn, JS Provan và D. Vertigan, Sự phức tạp của việc tính toán đa thức Tutte trên matroid ngang, Combinatorica 15 (1995), không. 1, 1 con10.

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

— ha
nguồn

Vấn đề thừa nhận một FPTRAS. Đây là thuật toán ngẫu nhiên lấy biểu đồ , tham số và các số hữu tỷ và làm đầu vào. Nếu là số bộ -vertex bạn đang tìm, thì xuất ra một số sao cho và nó làm như vậy trong thời gian , trong đó là một số hàm tính toán và $\mathbb{A}$ $G$ $k\in \mathbb{N}$ $\epsilon >0$ $\delta \in (0,1)$ $z$ $k$ $\mathbb{A}$ $z'$

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

$g$ là một số đa thức.

Điều này theo sau từ Thm. 3,1 in (Jerrum, Meek 13) : Với một thuộc tính của đồ thị, có một FPTRAS, với cùng một đầu vào như trên, gần bằng kích thước của tập started với điều kiện có thể tính toán được, đơn điệu và tất cả các đồ thị tối thiểu cạnh của nó đã giới hạn treewidth. Tất cả ba điều kiện giữ nếu là thuộc tính biểu đồ của việc thừa nhận kết hợp hoàn hảo. $\Phi$

{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

$\Phi$

— Radu Curticapean
nguồn