Bir grafiğin önemsiz olmayan bir otomorfizme sahip olup olmadığını belirlemek için etkili bir algoritma var mı?

Latin kareleriyle ilgili bir sorun üzerinde çalışıyorum ve esas olarak karar sorununa kaybolan bir yöntem istiyorum:

Girdi : Sonlu, basit bir grafik G.
Çıktı : YESG önemsiz olmayan bir otomorfizmaya sahipse, NOaksi takdirde.

Dolayısıyla ...

Soru : Bir grafiğin önemsiz olmayan bir otomorfizme sahip olup olmadığını belirlemek için etkili bir algoritma var mı?

Tüm otomorfizm grubunu hesaplamak için Nauty veya Bliss'i (ve muhtemelen diğer paketleri) kullanabiliriz, ama buna ihtiyacım yok; tek belirlemem gereken önemsiz olup olmadığı.

Bu karar probleminin teorik olarak bir şekilde "tüm otomorfizm grubunu hesaplamak" karmaşıklığı ile eşdeğer olması mümkündür. Emin değilim.

Benim amacım için, "verimli" temelde pratikte "tüm otomorfizm grubunu hesaplamaktan daha hızlı" anlamına gelir, ama aynı zamanda onun arkasındaki teori ile ilgileniyorum.

— Rebecca J. Stones
kaynak

Bu, grafik izomorfizmine eşdeğerdir.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus Bildiğim kadarıyla, "Is

G_{1}

$G_1$ izomorfik

G_{2}

$G_2$ "ila"

G

$G$ önemsiz olmayan bir otomorfizmaya sahip. "

G_{1} ≃ G_{2}

$G_1\simeq G_2$ ayrık birliklerinin önemsiz bir otomorfizması olur (takas

G_{1}

$G_1$ ve

G_{2}

$G_2$ ) ancak önemsiz olmayan herhangi bir otomorfizması

G_{1}

$G_1$ ayrıca önemsiz olmayan bir otomorfizm olur

G_{1} + G_{2}

$G_1+G_2$ .

— David Richerby

Son sorunuzla ilgili olarak, GA'ya bir kehanet verilirse, polinom zamanında, otomorfizm grubunun bir jeneratör kümesini bulabilir, o zaman GI, bilinmediğinden emin olmadığım GA'ya indirgenebilir.

— Ariel

@DavidRicherby Aşağıdaki kağıt ne olacak? sciencedirect.com/science/article/pii/…

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus Tamam, yani Turing azaltmalarını kullanıyorsunuz ve ben de birden fazla azaltma kullanıyorum. Ve sanırım Turing indirimleri sorunu gerçekten çözmeye çalışan biri için daha alakalı.

— David Richerby

Bunun arkasındaki teori ile de ilgilendiğiniz için, size probleminiz için yarı polinom zaman algoritması veririm.

Her köşe noktası için $u\neq v$ (aynı derecede) $G$ , değiştirmenin mümkün olup olmadığını görmeye çalışıyoruz $u$ ve $v$ .

Bunu yapmak için, $G$ , Bunu aramak $G'$ . Şimdi sil $u$ itibaren $G$ , sil (kopyası) $v$ itibaren $G'$ .

Sonra, her biri için $w\in N(u)$ ona çok uzun bir yol ekleyin, ama sadece polinom olarak uzun .

Sonra, her biri için (kopyası) $w\in N(copy\ of\ v)$ ona çok uzun bir yol ekleyin, ama sadece polinom olarak uzun .

Yukarıda bahsedilenlerin hepsi çok uzun yol, ama polinom olarak uzun , aynı uzunlukta olmalıdır.

Yeni üretilen bu grafik çiftinin girişinde Babai algoritmasını çağırın.

Herhangi bir çift için $(u, v)$ , bir tane var $YES$ Babai'den cevap, cevap $YES$ ve dur.

Hiçbiri bir $YES$ cevap, cevap $NO$ ve dur.

Açıkçası, tüm köşelere $N(u)$ ve $N(v)$ Babai'nin algoritmasının iç çalışma mekanizmasının grafik izomorfizmini yalnızca $N(u)$ için $N(v)$ . Eğer Babai'nin cevabı $YES$ o zaman güvenle geri takabiliriz $u$ ve $v$ önemsiz olmayan bir otomorfizmaya sahip olmak $G$ , dan beri $G'$ bir kopyası $G$ .

Çalışma zamanı karmaşıklığı hala yarı-poli şeklindedir.

— Thinh D. Nguyen
kaynak