Đồ họa nhỏ xíu

Trong khi suy nghĩ về sự phức tạp của kiểm tra đẳng cấu của đồ thị bất đối xứng (xem câu hỏi liên quan của tôi về cstheory), một câu hỏi bổ sung xuất hiện trong đầu tôi.

Giả sử rằng chúng ta có một máy Turing thời gian đa thức mà ở đầu vào sẽ tạo ra một đồ thị với nút. $M$ $1^n$ $G_{M,n}$ $n$

Chúng tôi có thể xác định vấn đề : $\Pi_M$

("Tiny" GI): Cho đồ thị , là đẳng cấu với ? $G=(V,E)$ $G$ $G_{M,|V|}$

Nói cách khác, chúng ta phải so sánh một đồ thị được đưa ra với một "tài liệu tham khảo" đồ thị có cùng kích thước được tạo ra bởi một cố định thời gian đa thức máy Turing $M$ .

Đối với tất cả đa thức thời gian máy Turing , chúng tôi có , và đối với nhiều người trong số họ chúng tôi có . Nhưng nó có đúng với tất cả không? Là vấn đề được biết đến? $M$ $\Pi_M \in NP$ $\Pi_M \in P$
$M$

Thoạt nhìn, tôi nghĩ rằng mọi nên dễ hơn , bởi vì với mỗi chỉ có một biểu đồ "tham chiếu" có kích thước đó và có lẽ các đối xứng / bất đối xứng của đồ thị do tạo ra có thể được khai thác và một Trình kiểm tra đẳng cấu ad-hoc hiệu quả có thể được xây dựng ... nhưng điều đó không đúng: có thể chứa một số loại máy Turing phổ định thời gian đa thức sử dụng đầu vào (đơn nguyên) để tạo các đồ thị tham chiếu (trong cấu trúc) hoàn toàn khác nhau như tăng. $\Pi_M$ $GI$ $n$ $M$ $M$ $1^n$ $n$

graph-isomorphism

— Marzio De Biasi
nguồn

Thật thú vị, bạn có biết một ví dụ về máy Turing P-time

tạo ra đồ thị

không?

M

$M$

G_{M, N}

$G_{M,N}$

— Mohammad Al-Turkistany

@ MohammadAl-Turkistany: Một ví dụ nhỏ mà

, là một TM

mà chỉ đơn giản kết quả đầu ra

cô lập đỉnh (hoặc một số khác là thương hiệu đã có kết quả đầu ra

). Không mất tính tổng quát, chúng ta cũng có thể nghĩ về một mô hình trong đó mọi TM thời gian đa thức trên bảng chữ cái nhị phân tạo ra một biểu đồ tham chiếu: chỉ cần chọn

bit đầu tiên của băng sau khi tạm dừng và giải thích nó là ma trận kề của

Π_{M} \in P

$\Pi_M \in P$

M

$M$

n

$n$

K_{n}

$K_n$

n^{2}

$n^2$

G_{M, n}

$G_{M,n}$

— Marzio De Biasi

Đối với TM

mà đảm bảo rằng

có chu trình Hamilton, sau đó tôi đoán

không có trong

M

$M$

G_{M, n}

$G_{M,n}$

Π_{M}

$\Pi_M$

P

$P$

— Mohammad Al-Turkistany

@ MohammadAl-Turkistany: Tôi nghĩ rằng điều đó không đúng: chỉ cần chọn một TM chỉ đơn giản là xây dựng một chu kỳ gồm

nút: cho tất cả

biểu đồ tham chiếu - có chu trình Hamilton - có thể dễ dàng kiểm tra trong thời gian đa thức. Tôi có một ví dụ không tầm thường về một trình tạo (khá đơn giản) mà dường như khó có thể chỉ ra rằng vấn đề nằm ở

; nhưng tôi muốn làm một số bài kiểm tra với nauty trước khi thêm nó vào câu hỏi.

n

$n$

n

$n$

P

$P$

— Marzio De Biasi

Điều gì về GI "Itsy Bitsy" trong đó đối với M và N cố định, chúng ta phải quyết định xem hai biểu đồ được tạo trên 1 ^ n có giống nhau không? (Đây là một ngôn ngữ đơn nhất.)

— domotorp

Câu trả lời:

[Đây là nhiều ý kiến mở rộng hơn là một câu trả lời.]

1) Nếu , sau đó không cố định đa thức bị ràng buộc vào sự phức tạp thời gian của tất cả các , ngay cả đối với mà chỉ mất thời gian, tiếng nói, : Nếu cho tất cả tốn nhiều thời gian , , sau đây là thuật toán đa thời gian cho GI. Trên đầu vào , xây dựng máy Turing với đồng hồ đảm bảo rằng $GI \notin \mathsf{P}$ $\Pi_{M}$ $M$ $n^3$ $n^3$ $M$ $\Pi_{M} \in \mathsf{DTIME}(n^k)$ $(G, H)$ $M_{G}$ $M_{G}$ không bao giờ chạy hơn bước đầu vào kích thước , và như vậy mà , và sau đó giải quyết trong thời gian . $n^3$ $n$ $M_{G}(1^{|V(G)|}) = G$ $\Pi_{M_G}(H)$ $O(n^k)$

2) Vì với bất kỳ nào , không khó hơn GI, người ta có thể nghĩ rằng kết quả tốt nhất dọc theo dòng " dường như không nằm trong " mà người ta có thể hy vọng là kết quả hoàn thành GI. Tuy nhiên, có vẻ như khó xảy ra với tôi rằng bất kỳ một sẽ GI-hoàn chỉnh, ít nhất những lý do sau: $M$ $\Pi_{M}$ $\Pi_M$ $\mathsf{P}$ $\Pi_M$

Tất cả các kết quả hoàn thành GI mà tôi biết là dành cho các lớp biểu đồ khá lớn, thay vì chỉ có một biểu đồ cho mỗi kích thước. Ngay cả khi bạn bỏ hoàn toàn yêu cầu về hiệu quả, tôi không biết bất kỳ danh sách đồ thị như vậy (hoặc thậm chí ) sao cho việc kiểm tra đẳng cấu đối với là GI-hoàn thành. $G_1, G_2, \dotsc$ $|V(G_n)| = n$ $poly(n)$ $G_n$
Trên một lưu ý liên quan, hầu hết (tất cả?) Kết quả tính đầy đủ của GI không chỉ đơn thuần là giảm nhiều, mà có dạng sau: có một hàm sao cho một thể hiện của GI, là ví dụ của vấn đề hoàn thành GI khác. (Đây chỉ là poly-thời gian morphisms quan hệ tương đương, hoặc những gì Fortnow và tôi gọi là "cắt giảm hạt nhân.) Chúng ta có thể dễ dàng hiển thị vô điều kiện mà không có giảm như vậy từ GI đến bất kỳ (thậm chí nếu bạn sửa đổi định nghĩa để cho phép $f$ $(G,H)$ $(f(G), f(H))$ $\Pi_M$ $M$ để xuất nhiều đồ thị). Gợi ý: Nhận một mâu thuẫn bằng cách hiển thị rằng bất kỳ ví dụ phải có hình ảnh của mình hoàn toàn chứa trong . $f$ $\{G_{M,n}\}_{n \geq 0}$

3) Mặc dù người ta có thể xây dựng dựa trên TM phổ quát như được đề xuất trong câu hỏi, nhưng có lẽ người ta vẫn có thể xây dựng một trình kiểm tra hiệu quả, nhưng không hiệu quả. Đó là, có lẽ cho mỗi , là ? $M$ $M$ $\Pi_{M}$ $\mathsf{P/poly}$

— Joshua Grochow
nguồn

Tôi không có câu trả lời cho câu hỏi của bạn nhưng đề nghị xem xét một phiên bản hạn chế hơn của mà chúng tôi có thể chỉ ra rằng nó nằm trong P. $\Pi_M$

Chúng ta chỉ xem xét các họ đồ thị sao cho số cạnh tăng lên theo logarit. Tôi sẽ chính thức hóa điều này bằng cách đọc lại công thức vấn đề của bạn, cũng để xem liệu tôi đã hiểu đúng chưa.

Một đồ thị vô hướng có cạnh có thể được mô tả bởi $G$ $n$ chuỗi bit dài, chỉ cần nối các mục của ma trận kề củatrong tam giác trên. Do đó có $\frac{n^2-n}{2}$ $G$ đồ thị có thể có trênđỉnh. Theo sau, bất kỳ hàmsao cho $2^{\frac{n^2-n}{2}}$ $n$ $f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ cho tất cảmô tả một họ đồ thị. Đối với bất kỳ chức năng tính toán một cách hiệu quả như vậychúng ta định nghĩanhư $0 \leq f(n) < 2^{\frac{n^2-n}{2}}$ $n$ $f$ $\Pi_f$

G \in Π_{f} ⟺ G is isomorph to the graph described by f (| V (G) |)

$G \in \Pi_f \iff G \text{ is isomorph to the graph described by $f(|V(G)|)$}$

Đối với số tự nhiên hãy để là số 1 trong biểu diễn nhị phân của nó. Bây giờ, chúng ta chỉ xem xét cho các hàm tính toán hiệu quả mà nó giữ là các họ đồ thị mà số cạnh chỉ phát triển theo logarit, như đã nêu ở trên . $x$ $b_1(x)$ $\Pi_f$ $f$

b_{1} (f (n)) \in O (\log n)

$b_1(f(n)) \in \mathcal{O}(\log n)$

Chúng tôi thấy rằng cho lớp này của chức năng này là ở P. $\Pi_f$

Đặt là hàm như vậy và là đồ thị đầu vào có đỉnh. Hãy để chúng tôi gọi đồ thị tham chiếu. Có nhiều nhất các cạnh trong biểu đồ tham chiếu. Do đó, mọi MCC (thành phần được kết nối tối đa) có thể bao gồm tối đa các đỉnh trong đó có tối đa . Lưu ý rằng, đối với bất kỳ cặp đồ thị nào chỉ có đỉnh chúng ta có thể kiểm tra một cách tầm thường sự bất đẳng thức trong thời gian đa thức wrt $f$ $G$ $n$ $f(n)$ $\mathcal{O}(\log n)$ $\mathcal{O}(\log n)$ $n$ $\mathcal{O}(\log n)$ $n$ bởi vì chúng ta có thể thử tất cả các hoán vị. Do đó, bằng cách sử dụng thuật toán tham lam để gán cho mỗi MCC của biểu đồ đầu vào một MCC trong biểu đồ tham chiếu, chúng ta có thể tìm hiểu xem cả hai biểu đồ có phải là đẳng cấu hay không.

— John D.
nguồn

f

$f$

n

$n$

G

$G$

Π_{f} \in P

$\Pi_{f} \in P$

Thật vậy, nó dường như là một cuộc tranh luận dễ dàng hơn tôi nghĩ. Tôi sẽ kết hợp nó trong câu trả lời của tôi.

— John D.

Π_{f}

$\Pi_f$

O (\log n / \log \log n)

$O(\log n / \log \log n)$

(\log n)!

$(\log n)!$

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

$(\log n)^{\log n} = n^{\log \log n}$

2^{\sqrt{v \log v}}

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

O (\log n / \log \log n)

$O(\log n/\log \log n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$