ODD EVEN DELTA sorunu

İzin Vermek $G = ( V, E )$ grafik olmak. İzin Vermek $k \leq |V|$ tamsayı olmak. İzin Vermek $O_k$ kenar kaynaklı alt çizgi sayısı $G$ sahip olan $k$ köşeler ve tek sayıda kenar. İzin Vermek $E_k$ kenar kaynaklı alt çizgi sayısı $G$ sahip olan $k$ köşeler ve çift sayıda kenar. İzin Vermek $\Delta_k = O_k - E_k$ . ODD EVEN DELTA problemi hesaplamadan oluşur $\Delta_k$ , verilen $G$ ve $k$ .

Sorular

Hesaplamak mümkün mü $\Delta_k$ polinom zamanında mı? Bunu hesaplamak için en iyi bilinen algoritma hangisidir?

Farzedelim $G$ 3 düzenli mi?

Farzedelim $G$ düzenli bipartit nedir?

Farzedelim $G$ düzenli iki taraflı düzlemsel nedir?

— Giorgio Camerani
kaynak

Motivasyonun nedir?

— Tyson Williams

@TysonWilliams: Motivasyonum, 1. sorunun 1. kısmının olumlu bir cevabı varsa (sadece iki taraflı 3-düzenli düzlemsel vaka için bile), o zaman daha fazla araştırmayı hak eden bazı ilginç sonuçların olacağıdır. Algoritma üstel ise, yine de bazı sonuçları olacaktır (daha az ilginç, ancak yine de daha fazla araştırmayı hak ediyor).

— Giorgio Camerani

Daha spesifik olabilir misiniz? "Bazı ilginç sonuçlar" ile ne demek istiyorsun? Bu sorunla ilk başta nasıl karşılaştınız?

— Tyson Williams

@TysonWilliams: Bu görüşmeye e-posta yoluyla özel olarak devam edebilir miyiz?

— Giorgio Camerani

ODD EVEN DELTA problemi 3 düzenli iki taraflı düzlemsel grafiklerde bile # P-zordur.

İzin Vermek $\mathcal{C}$ genel bir grafiğin köşe kapakları seti olmak $G$ . Sonra, $G$ izole köşeleri yoktur, aşağıdaki denklem geçerlidir (kanıt için yukarıdaki makaleye bakın):

| C | = 2^{| V |} - \sum_{k = 2}^{| V |} Δ_{k} \cdot 2^{| V | - k}

$|\mathcal{C}| = 2^{|V|} - \sum_{k = 2}^{|V|} \Delta_k \cdot 2^{|V|-k}$

Köşe kapaklarını saymak, 3 düzenli iki taraflı düzlemsel grafiklerde bile # P-tamamlandı ve bir ODD EVEN DELTA kehanetine doğrusal sayıda çağrı ile yapılabilir.

— Giorgio Camerani
kaynak

GÜNCELLEME:

Aşağıdaki cevabın özel durumuyla ilgili olduğunu belirtmeliydim. $k = |V|$ . Bu dava zor olduğundan, genel sorun $k$ aynı zamanda zor.

Holant çerçevesi esasen, yayılan alt hatlar üzerinde üstel bir toplamdır (yani tüm köşeler alt grafikte bulunur, bu nedenle toplam kenarların alt kümeleri üzerindedir). Buna karşılık, sorunun mevcut versiyonu kenardan kaynaklı alt çizgilerle ilgilidir.

Bu sorunun daha önceki bir sürümü, izole köşeleri olmayan belirli altgrafların sayılması ile ilgilidir. Aşağıdaki cevap bu gereksinimi doğru bir şekilde karşılıyor. Her iki yayılma alt grafiğini (yani Holant çerçevesi) ve izole köşe noktaları dikkate alındığında, bu, kenar kaynaklı alt çizgileri dikkate almakla aynıdır. $|V|$ köşe noktası. OP temel olarak bu soruya dikkat çekti .

3-Düzenli Düzlemsel Grafikler

Şu an için, grafiğin $G$ iki taraflıdır.

Farz et ki $G$ 3-düzenli düzlemsel bir grafiktir. Sorununuz iki taraflı düzlemsel Holant problemi olarak ifade edilebilir

Pl-Holant ([1, 0, - 1] | [0, 1, 1, 1]) .

$\text{Pl-Holant}([1,0,-1]|[0,1,1,1]).$

Nasıl olduğunu açıklayayım. Aşağıda verdiğimden daha fazla ayrıntı için bu makaleye bakın .

Holant, kenarlara (Boole) atamaların toplamıdır. Köşelerde kimin girişleri olay kenarlarına atanan kısıtlamalar vardır. Kenarlara yapılan her atama için, tüm köşe sınırlamalarının ürününü alıyoruz.

İzole köşeler olmaması gereksiniminiz, olay kenarlarından hiçbiri seçilmezse belirli bir tepe noktasında tatmin edilmeyen ve en az bir kenar seçildiğinde tatmin edilen kısıtlamadır. Bu simetrik kısıtlama, giriş 1'lerinin sayısı 0 olduğunda (yani altbölümde olay kenarı olmadığında) 0 (yani tatminsiz) veren ve sayı olduğunda çıkış 1 (yani memnun) veren [0,1,1,1] ile gösterilir. giriş 1 'in 1, 2 veya 3'tür (yani alt paragraftaki 1, 2 veya 3 olay kenarı).

Diğer gereksiniminiz, çift sayıda kenarlı alt çizimlerin sayısını, eksi de tek sayıda kenarlı alt çizimleri hesaplamaktır. Grafiğimiz için $G$ , her kenarı 2 uzunluklu bir yolla değiştiririz (buna 2-streç denir) $G$ ). Bu, (2,3)-düzenli iki-parçalı bir grafik verir. Tüm orijinal köşelere, yukarıdan [0,1,1,1] sınırını atarız. Tüm yeni köşelere, [1,0, -1] sınırlamasını atarız. Bu kısıtlamanın orta girişi 0 olduğundan, bu derece 2 köşelerin olay kenarlarına ya her ikisi de 0 (yani alt bölümde değil) ya da her ikisinde de 1 (yani alt bölümde) atanmaya zorlanır. Şimdi kenarlara belirli bir atama için, eğer sayı $n$ "orijinal" kenarlar eşit, o zaman tüm derece 2 köşelerinden katkı $(-1)^n = 1$ . Aksi takdirde, $n$ tuhaf ve katkısı $(-1)^n = -1$ . Tam olarak istediğiniz budur.

Bu iki taraflı Holant problemi bu yazıda Theorem 6.1 tarafından # P-zor . Ancak, bu teoremi uygulamak en kolay yöntem değildir. Bunun yerine aşağıdakileri göz önünde bulundurun.

Holografik bir dönüşüm yapıyoruz $T = \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix},$ bu da Holant'ın değerini değiştirmez. Böylece, yukarıdaki problem tam olarak aynıdır.

\begin{aligned} Pl-Holant ([1, 0, - 1] | [0, 1, 1, 1]) & = Pl-Holant ([1, 0, - 1] T^{\otimes 2} | (T^{- 1})^{\otimes 3} [0, 1, 1, 1]) \\ = Pl-Holant ([1, - 1, 0] | [1, 0, 0, 1]) . \end{aligned}

$\begin{align*} \text{Pl-Holant}([1,0,-1]|[0,1,1,1]) &= \text{Pl-Holant}([1,0,-1] T^{\otimes 2}|(T^{-1})^{\otimes 3}[0,1,1,1])\\ &= \text{Pl-Holant}([1,-1,0]|[1,0,0,1]). \end{align*}$

Daha sonra bu makalede Theorem 1.1 tarafından bu sorunun # P-zor olduğunu görmek kolaydır .

İki Taraflı Grafiklerle Sınırlama

Önceki sorunuz gibi , iki taraflı grafiklerle sınırlı olan aynı sorunun ele alınması çok daha zordur ve hala açık bir sorun olduğuna inanıyorum. İzlenebilir vakalar hakkında bir varsayımımız var (ve probleminizin bunlardan biri olup olmadığını kontrol edeceğim), ancak bipartit grafiklerle kısıtlı olsa bile probleminizin hala # P-zor olduğunu düşünüyorum.

— Tyson Williams
kaynak

Bu soruya zaman ayırdığınız ve bu kadar ayrıntılı bir cevap verdiğiniz için teşekkür ederiz. Holant çerçevesine aşina olmadığım için, onu ayrıştırmak ve mantığınızı tamamen metabolize etmek için biraz zamana ihtiyacım olacak (elbette doğruluğundan şüphe duymuyorum, sadece her adımı anlamak istiyorum, sadece sonuç değil) . İki taraflılık kısıtlamasıyla ilgili olarak, evet, izlenebilir davalarınızın varsayımımın benim sorunumu kapsayıp kapsamadığını kontrol etmek gerçekten güzel olurdu.

— Giorgio Camerani