Đồ thị đẳng cấu có thể được quyết định với thuyết không giới hạn căn bậc hai?

Không giới hạn ràng buộc liên kết một hàm với một lớp ngôn ngữ được chấp nhận bởi các máy Turing xác định giới hạn tài nguyên, để tạo thành một lớp - . Lớp này bao gồm những ngôn ngữ được chấp nhận bởi một số máy Turing không điều kiện tuân theo các giới hạn tài nguyên giống như được sử dụng để xác định , nhưng trong đó được phép thực hiện tối đa các chuyển động không xác định . (Tôi đang sử dụng ký hiệu của Goldsmith, Levy và Mundhenk, thay vì bản gốc của Kintala và Fischer, và $g(n)$ $C$ $g$ $C$ $M$ $C$ $M$ $g(n)$ $n$ là kích thước của đầu vào.)

Câu hỏi của tôi:

Có một hằng số đến nỗi phép đẳng cấu đồ thị là trong $c\ge0$ -? $c\sqrt{n}$ $\mathsf{PTIME}$

( Chỉnh sửa: Joshua Grochow chỉ ra rằng một câu trả lời tích cực cho câu hỏi này sẽ bao hàm một thuật toán cho GI có giới hạn thời gian chạy tiệm cận tốt hơn so với hiện đang được biết đến vì vậy tôi sẽ rất vui để thư giãn ràng buộc, cho phép. di chuyển không điều kiện.) $o(\sqrt{n}\log n)$

Lý lịch

Với mỗi hằng số cố định , - , vì không di chuyển xác định tạo ra nhiều nhất một số cấu hình đa thức để khám phá một cách xác định. Ngoài ra, , và bằng cách đệm, người ta có thể thể hiện các ngôn ngữ hoàn chỉnh NP trong - cho mọi $c \ge 0$ $\mathsf{PTIME} = {c\log n}$ $\mathsf{PTIME}$ $c\log n$ $\mathsf{NP} = \cup_c n^c\text{-}\mathsf{PTIME}$ $n^\varepsilon$ $\mathsf{P}$ $\varepsilon > 0$ .

Kintala và Fischer quan sát thấy rằng quyết định nếu một đồ thị đầu vào với đỉnh có -clique là -complete, nhưng là trong $V$ $(|V|/3)$ $\mathsf{NP}$ -. Để thấy điều này, hãy loại bỏ các đỉnh có nhiều nhấthàng xóm. Nếu có quá ít đỉnh còn lại thì từ chối. Mặt khác, các đỉnh còn lại tạo thành một đồ thị có kích thước. Sau đó đoán mộttập hợp các đỉnh sử dụng $O(\sqrt{n})$ $\mathsf{PTIME}$ $|V|/3 - 2$ $\Omega(|V|^2)$ $|V|/3$ $|V| = O(\sqrt{n})$ các bước không xác định và xác minh rằng chúng tạo thành một cụm trong thời gian đa thức.

Một số ngôn ngữ khác của đồ thị dày đặc trong cũng trong $L$ $\mathsf{NP}$ -. Đây là trường hợp đối với bất kỳ vấn đề mà một tập hợp con của các đỉnh đóng vai trò như một chứng chỉ, và kích thước của đồ thị đầu vào là. Ví dụ là các phiên bản hứa hẹn của Đường dẫn cảm ứng hoặc 3 màu cho trường hợp biểu đồ dày đặc. Vấn đề khác dường như phải có chứng chỉ lớn hơn, ví dụ một danh sách các đỉnh xác định một mạch Hamilton dường như đòi hỏi $O(\sqrt{n})$ $\mathsf{PTIME}$ $\Omega(|V|^2)$ $\Omega(|V| \log |V|)$ bit. Tôi không rõ liệu người ta có thể sử dụng một lượng không điều kiện quá nhỏ để đoán chứng chỉ để quyết định các vấn đề như vậy.

Cho rằng - có thể chứa các ngôn ngữ hoàn chỉnh NP, sau đó có vẻ thú vị khi hỏi vị trí trong hệ thống phân cấp không giới hạn ràng buộc có khả năng ngôn ngữ dễ rơi hơn. Người ta có thể mong đợi GI, như một ngôn ngữ mà dường như không phải là NP-đầy đủ, để được trong hệ thống phân cấp chặt chẽ hơn để - hơn là - . Tuy nhiên, chứng chỉ rõ ràng cho GI chỉ định bản đồ bằng cách sử dụng bit, là $n^\varepsilon$ $\mathsf{P}$ $\log n$ $\mathsf{P}$ $n$ $\mathsf{P}$ $|V|\log |V|$ . $\omega(\sqrt{n})$

Một cách khác để suy nghĩ về câu hỏi này: là chỉ định một bản đồ giữa các đỉnh là một chứng chỉ ngắn nhất có thể cho GI?

Chỉnh sửa: Một số nhận xét (sửa chữa) tiếp theo, để giải quyết các ý kiến của Joshua Grochow.

Nếu sử dụng giấy chứng nhận bit và có thể được kiểm tra trong thời gian đa thức, sau đó brute force đưa ra một thuật toán cho GI dùng thời gian. Với giấy chứng nhận kích thước $f(n) = \Omega(\log n)$ $poly(n)2^{O(f(n))} = 2^{O(f(n))}$ , brute force đưa ra một thuật toán lấy $O(\sqrt{n})$ thời gian, trong khi chứng chỉ kích thước $2^{O(\sqrt{n})}$ mang lại một cách tiếp cận sức mạnh vũ phu dùng $O(\sqrt{n}\log n)$ thời gian. Nghiệm lâu năm trên ràng buộc của Luks là $2^{O(\sqrt{n}\log n)}$ thời gian, nằm giữa hai giới hạn này đến số mũ không đổi. $2^{O(\sqrt{n\log n})}$

Những cân nhắc này cho thấy rằng có thể có một cách tiếp cận khác với GI. Cách tiếp cận của Luks dường như dựa vào cốt lõi của nó là xác định một tập hợp các máy phát điện của một nhóm liên kết. Do đó, một máy không xác định có thể đoán một tập hợp con của nhóm. Những tập hợp con này sau đó có thể được kiểm tra toàn diện để đưa ra một thuật toán xác định. Nếu danh sách các phần tử có thể được chỉ định ngắn gọn, vì nhóm liên kết không bao giờ lớn hơn kích thước của biểu đồ hoặc do số lượng trình tạo yêu cầu luôn nhỏ và việc kiểm tra mỗi tập hợp ứng viên không mất quá nhiều thời gian, thì điều này có thể mang lại một cách tiếp cận thay thế cho GI.

Chandra MR Kintala và Patrick C. Fischer, Tinh chỉnh chủ nghĩa không phổ biến trong tính toán giới hạn thời gian đa thức tương đối , Tạp chí SIAM về tính toán 9 (1), 46 mật53 , 1980. doi: 10.1137 / 0209003
Judy Goldsmith, Matthew A. Levy, Martin Mundhenk, Chủ nghĩa không giới hạn , SIGACT News 27 (2), 20 mật29, 1996. doi: 10.1145 / 235767.235769
László Babai và Eugene M. Luks, Ghi nhãn đồ thị Canonical , STOC 1983, 171 Phản183. doi: 10.1145 / 800061.808746

— Salamás Salamon
nguồn

Vì vậy, nếu đồ thị được đưa ra dưới dạng ma trận kề có kích thước

điều đó có nghĩa là tôi có thể tạo một số tuyến tính của các bước di chuyển không xác định wrt đến kích thước tập

đỉnh ?

n^{2}

$n^2$

n

$n$

— John D.

@ user17410: Có, đại diện không nên quá quan trọng, miễn là kích thước của bất kỳ trường hợp nào là

. (Nếu họ một cách vô lý đệm có kích thước

O (| V |^{2})

$O(|V|^2)$

thì tất nhiên các căn bậc hai ràng buộc là đủ.)

Ω ((| V | \log | V |)^{2})

$\Omega((|V|\log|V|)^2)$

— András Salamon

Tôi nghĩ rằng bạn có thể được yêu cầu cho một thuật toán tốt hơn so với sản phẩm tốt nhất được biết đến ... Nếu tôi hiểu, một

thuật toán sẽ mang lại một

O (\sqrt{n}) - P T I M E

$O(\sqrt{n})-\mathsf{PTIME}$

thuật toán xác định. Thuật toán xác định nổi tiếng nhất hiện nay đòi hỏi thời gian

2^{O (\sqrt{n})}

$2^{O(\sqrt{n})}$

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

$2^{O(\sqrt{n} \log^2 n)}$

— Joshua Grochow

@ AndrásSalamon: Lực lượng vũ phu =

KHÔNG

n! p o l y (n) \approx 2^{O (n \log n)}

$n!poly(n) \approx 2^{O(n \log n)}$

... Ngoài ra, tôi không hiểu tại sao một giấy chứng nhận kích thước

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

$2^{O(\sqrt{n} \log^2 n)}$

dẫn đến một thuật toán brute force thời gian

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

hơn

2^{\sqrt{n} \log n}

$2^{\sqrt{n} \log n}$

2^{O (\sqrt{n})}

$2^{O(\sqrt{n})}$ - bạn có thể giải thích? Có lẽ tôi đang thiếu một cái gì đó trong định nghĩa của ký hiệu "PTIME"?

— Joshua Grochow

@ MohammadAl-Turkistany: Có thể, nhưng tôi sẽ phải suy nghĩ về nó một chút. Có một số điểm trong thuật toán của Babai trong đó, một khi mức độ màu nằm dưới polylog, nó áp dụng thử nghiệm GI bị giới hạn, như trong thuật toán tốt nhất trước đó, và không rõ liệu người ta có thể biến thử nghiệm polylog deg GI thành giới hạn polylog không không thuyết phục, hoặc liệu người ta có thể tiếp tục đệ quy của Babai hơn nữa để có được mức độ xuống, nói, mức độ màu không đổi. Nếu và khi tôi phát hiện ra điều đó tôi sẽ cập nhật câu trả lời của mình - nếu bạn có suy nghĩ về điều này thì tôi rất vui khi trò chuyện, nhưng đây có lẽ không phải là nơi thích hợp để giải quyết nó.

— Joshua Grochow

Đầu tiên, (như đã được chỉnh sửa thành câu hỏi), một câu trả lời tích cực cho câu hỏi của bạn sẽ ngay lập tức cải thiện trạng thái của nghệ thuật trong giới hạn trường hợp xấu nhất cho sự đẳng cấu đồ thị. Đối với một $O(\sqrt{n})-\mathsf{PTIME}$ thuật toán mang lại một $2^{O(\sqrt{n})}$ -time thuật toán xác định, nhưng tốt nhất hiện nay được biết đến với GI là chỉ $2^{O(\sqrt{n \log n})}$

Thứ hai, nó không phải là thậm chí ngay lập tức rõ ràng với tôi hay không thuật toán tốt nhất hiện nay là trong thực tế, một Thuật toán , mặc dù phần đầu tiên của nó rõ ràng là, theo một nghĩa nào đó. Thuật toán đầu tiên đoán một tập hợp các đỉnh của kích thước $O(\sqrt{n \log n})-\mathsf{PTIME}$ $\sqrt{n/\log n}$ để cá nhân hóa (lừa Zemlyachenko của - xem ở đây cho một cuộc triển lãm bằng tiếng Anh), có thể được thực hiện bằng cách đoán bit không đặc biệt. Tuy nhiên, sau khi đoán những điều đó và cá nhân hóa (trong thời gian đa xác định), nó áp dụng thử nghiệm đẳng cấu mức độ giới hạn được biết đến nhiều nhất, mất thời gian (Định lý 9.1 củabài viết này) và áp dụng nó trong trường hợp $\sqrt{n \log n}$ $n^{O(d /\log d)}$ $d=O(\sqrt{n \log n})$ . Tôi sẽ phải suy nghĩ cẩn thận về việc liệu các thuật toán thứ hai có thể được biến thành một Thuật toán(có vẻ như là một câu hỏi thú vị ...) $O(\sqrt{n \log n})-\mathsf{PTIME}$

— Joshua Grochow
nguồn

Bạn có liên kết đến các phiên bản không đằng sau một tường thành? Tôi chưa bao giờ thấy một triển khai thực tế của mánh khóe của Zemlyachenko hoặc bài kiểm tra đẳng cấu mức độ giới hạn. Phân vùng các đỉnh theo mức độ như NAUTY tăng tốc mọi thứ, nhưng những đỉnh có cùng mức độ bạn vẫn phải kiểm tra tất cả các hoán vị chu kỳ chính trên chúng AFIK.

— Chad Brewbaker

@Chad: Rất tiếc là tôi không biết về các phiên bản không được trả tiền của các bài viết đó. Tuy nhiên, thủ thuật của Zemlyachenko khá đơn giản để thực hiện trong thực tế và về cơ bản làm giảm mức độ. Để thực hiện thực tế thủ thuật của Zemlyachenko, tôi nghĩ câu hỏi duy nhất là sự đánh đổi giữa việc liệt kê các đỉnh để cá nhân hóa (theo cấp số nhân của kích thước của tập hợp) và bất kỳ lợi ích tiềm năng nào được thực hiện bằng cách giảm mức độ hiệu quả. Tôi không biết nếu nó thực sự được thực hiện trong NAUTY hoặc các thuật toán đẳng cấu thực tế khác.

— Joshua Grochow

G

$G$

π

$\pi$

π (G)

$\pi(G)$

G

$G$

π

$\pi$

G

$G$

π (G)

$\pi(G)$

n

$n$

n!

$n!$