Grafikteki sayma yollarının karmaşıklığı

Her tepe noktasının tam olarak iki giden kenarı ve ikili olarak kodlanmış doğal bir N sayısı, iki s ve t köşesi olan n düğümlü yönlendirilmiş bir grafik verildiğinde,

N adımda s den t'ye (mutlaka basit değil) yol sayısını saymak istiyorum.

Bu # P zor bir sorun mu? Veya genel olarak, bu sorunun karmaşıklığı nedir?

cc.complexity-theory graph-theory counting-complexity

— Maomao
kaynak

Matris gücünü denedin mi?

— Yuval Filmus

evet, ama karmaşıklık hala görebildiğim kadarıyla bilinmiyor.

— maomao

Yürüyüş t'de bitmeli mi yoksa yürüyüşün bir noktasında t'yi mi ziyaret etmeli?

— Tyson Williams

t'de bitmelidir.

— maomao

@Geekster ile 3 tepe noktasında tam digrafi için sayı, David'in herhangi bir grafiğin cevabında tartıştığı gibi, boyutu N olarak üssel olan N. Fibonacci sayısıdır.

s \neq t

$s \ne t$

— Tyson Williams

Yanıtlar:

Yollarının çıkış sayısı olabilir (tercih isteğe bağlı olarak ve daha sonra seçim en yüksek sayıda nokta olan tepe olarak yürür ) gerektiren $\Omega(2^N/n)$ $s$ $t$ $2^N$ $s$ $\Omega(N)$ açıkça yazmak için bitler; bu giriş boyutunda üsteldir. Öte yandan, matris güçlendirme yaklaşımı girdi ve çıktı büyüklüklerinin toplamında karmaşıklık polinomuna sahiptir. Bu, bunu, üslü boyutlu çıktıya sahip olan ve o sınıf için gösterim ne olursa olsun, çıkış boyutlarında zaman polinomunda determinist olarak çözülebilen sayma problemleri sınıfına dikmiş gibi görünüyor (EXP için bir çeşit sayma analoğu ve kesinlikle NEXP ile daha benzer olan #EXP değil).

— David Eppstein
kaynak

teşekkürler, ama yine de bu sorunun -hard olup olmadığını bilmek istiyorum .

♯ P

$\sharp P$

— maomao

David'in yinelenen kareleme yaklaşımındaki büyük sayılardan kaçınmak için, tüm hesaplama modülünü asal sayı p yapabiliriz. Daha sonra tüm algoritma p'de zaman polinomunda çalışır . Eğer sorun polinom-zaman parsimonious çoklu-bir indirgeme altında # P-zor olsaydı , ile algoritma, P = P anlamına gelir .

n + \log N + \log p

$n + \log N + \log p$

p = 2

$p=2$

\oplus

$\oplus$

— Holger

@Holger, Kalıcı için benzer bir argüman tutmaz mı? yani Kalıcı # P-sert ise Perm mod 2 P sert olacaktır. Ancak Perm mod 2 =

\oplus

$\oplus$

— P'deki

@SamiD: Kalıcı muhtemelen altında # P-sert olmadığı Kesinlikle, senin argüman gösterileri cimri indirimleri. Bilinen kanıtlar Turing azaltmalarını kullanır.

— Holger

@Holger katılıyorum. Maalesef cimri birçok parçayı kaçırmıştım . Bu nedenle, matris gücü güç problemi Turing indirimleri altında # P-sert olabilir.

— SamiD

Biraz bulma verilen grafik komşuluk matrisi problemi azaltır ilk tanımlanan [ABKPM] bir sahiptir kurulan alt sınır aynı makalede. Bununla birlikte, ters yöndeki azalmanın, yani den matris güçlendirme problemine kadar olan, açık AFAIK olup olmadığı. $A^N[s,t]$ $A$ $\mathsf{BitSLP}$ $\#\mathsf{P}$ $\mathsf{BitSLP}$

nin sayma hiyerarşisinde içine tam oturduğuna dikkat edin . Bu problem üzerinde en iyi bilinen üst sınır viz. ila burada . $\mathsf{BitSLP}$ $\mathsf{CH} \subseteq \mathsf{PSPACE}$ $\mathsf{PH}^{\mathsf{PP}^{\mathsf{PP}^{\mathsf{PP}}}}$

— Samid
kaynak

Sorun # P-tamamlandı. Sayma sürümü için # P-tam olan bir grafikteki en kısa yolları (Garey & Johnson'da ND31) sayma sorununa bakın. Yorumu dikkatlice okuyun. Bu, uzunluk yollarının cevabını verir . Uzunluk yollarının cevabını almak için , ve için en kısa yol problemini çağırın , sonra ikincisini öncekinden çıkartın, yani eksiltici bir azaltma yapın. $\leq N$ $=N$ $\leq N$ $\leq N-1$

#HAMILTONIAN PATHS / CIRCUITS'ten #SHORTEST PATHS'a indirgeme de 3-düzenli grafikler için çalıştığından, # P-tamlık sonucu, dereceli digrafları kısıtlamanız için de işe yarayacaktır . $\leq 2$

— Miki Hermann
kaynak

Orijinal sorun yolun basit olmasını gerektirmez, bu yüzden cevabın doğru olduğunu düşünmüyorum.

— maomao

Tüm #P problemleri giriş boyutunda üstel olan ve bu çift üstel olan birçok çözüme sahip olduğunda # P-tamamlama nasıl olabilir?

— David Eppstein

"ND31" Garey ve Johnston'un kitabı bağlamında ne anlama geliyor?

— Tyson Williams