Parametreli CLIQUE sertliği?

Bırakın $0\le p\le 1$ ve karar problemini düşünün

CLIQUE Giriş: tamsayı , köşeleri olan grafik ve $_p$
$s$ $G$ $t$ $\lceil p\binom{t}{2} \rceil$ kenarları
Soru:etmez $G$ en az bir klik ihtiva $s$ köşe?

CLIQUE örneği, olası tüm kenarlardan bir oranı içerir . Açıkça CLIQUE , bazı değerleri için kolaydır . CLIQUE yalnızca tamamen ayrılmış grafikleri içerir ve CLIQUE tam grafikleri içerir. Her iki durumda da, CLIQUE doğrusal zamanda kararlaştırılabilir. Öte yandan, 2'ye yakın değerleri için , CLIQUE CLIQUE'nin kendisinden bir azalma ile NP-serttir: esasen, $_p$ $p$ $_p$ $p$ $_0$ $_1$ $_p$ $p$ $1/2$ $_p$ grafiği . $T(t,s-1)$

Benim sorum:

CLIQUE , her değeri için PTIME veya NP tam mıdır? Veya CLIQUE için değerleri var mı? $_p$ $p$ $p$ $_p$ ara karmaşıklığına sahip (P ≠ NP ise)?

Bu soru hipergraflar için ilgili bir sorudan ortaya çıktı, ancak kendi başına ilginç görünüyor.

cc.complexity-theory np parameterized-complexity clique

— András Salamon
kaynak

ilginç soru !

— Suresh Venkat

Pa gerçek sayı 0 ile 1 arasında mı, yoksa p, t'nin bir fonksiyonu olabilir mi?

— Robin Kothari

@Robin: Belirtmedim, her ikisi de ilginç olurdu.

— András Salamon

Kenarların oranı bir üst sınır ise (ve tam bir sayım gereksinimi veya alt sınır değilse), o zaman herhangi bir sabit

için CLIQUE'dan indirgeme ile bu sorun NP-zordur: Yeterince büyük bir izole köşeler kümesi ekleyin . Sayı kenarlarının verilen ifadeye eşit olması şartı var mı ? Ya da hangi göze çarpan bariz şeyi kaçırıyorum? :-)

0 < p < 1

$0<p<1$

— gphilip

@gphilip: Belirttiğiniz gibi, oran sadece bir üst sınır ise azaltma hemen gerçekleşir; bu yüzden soru tam oran olarak ifade edilir.

— András Salamon

Yanıtlar:

Sanırım sorun CLIQUE tanımında_psoruya gphilip yorumuna farklı grafikte kenarların sayısı tam olarak eşittir. $\left\lceil p \binom{t}{2} \right\rceil$

CLIQUE _p problemi , her zamanki CLIQUE probleminden kaynaklanan bir azalma ile 0 < p <1 rasyonel sabiti için NP-tamamlanmıştır . (Bu varsayım s rasyonel böylece sadece gerekli olan hesaplanabilir N zaman polinom olarak N ). $\lceil pN \rceil$

Let k ≥3 hem tatmin bir tam sayı k ² ≥1 / p ve (1-1 / k ) (1-2 / k )> s . Eşik değeri s ile birlikte n köşeleri ve m kenarları olan bir G grafiği verildiğinde , azalma aşağıdaki gibi çalışır.

Eğer s < k , biz zaman O (içinde CLIQUE sorunu çözmek n ^ler ) zamanında. En az s büyüklüğünde bir klik varsa, sabit bir evet örneği üretiriz. Aksi takdirde, sabit bir örnek oluşturmayız.
Eğer n < s ise , sabit bir örnek oluşturuyoruz.
Eğer n, ≥ s ≥ k , biz eklemek G bir ( k -1) -partite grafik her set oluşur , n köşe tam sahip kenarlar ve bu grafik üretmek. $\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m$

$\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m$

$\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m \ge 0$

Kanıt . Dan beri $m \le \binom{n}{2}$ , it suffices if we prove $p \binom{nk}{2} \ge \binom{n}{2}$ , or equivalently pnk(nk−1) ≥ n(n−1). Since p ≥ 1/k², we have pnk(nk−1) ≥ n(n−1/k) ≥ n(n−1). QED.

Claim 2. $\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m \lt n^2 \binom{k-1}{2}$ . (Note that the right-hand side is the number of edges in the complete (k−1)-partite graph K_n,…,n.)

Proof. Since $\lceil x \rceil \lt x+1$ and m ≥ 0, it suffices if we prove $p \binom{nk}{2} + 1 \le n^2 \binom{k-1}{2}$ , or equivalently n²(k−1)(k−2) − pnk(nk−1) − 2 ≥ 0. Since p < (1−1/k)(1−2/k), we have

n^{2} (k - 1) (k - 2) - p n k (n k - 1) - 2

$n^2(k-1)(k-2) - pnk(nk-1) - 2$

\geq n^{2} (k - 1) (k - 2) - n (n - \frac{1}{k}) (k - 1) (k - 2) - 2

$\ge n^2(k-1)(k-2) - n \left( n-\frac{1}{k} \right) (k-1)(k-2) - 2$

= \frac{n}{k} (k - 1) (k - 2) - 2 \geq (k - 1) (k - 2) - 2 \geq 0.

$= \frac{n}{k} (k-1)(k-2) - 2 \ge (k-1)(k-2) - 2 \ge 0.$ QED.

Edit: The reduction in Revision 1 had an error; it sometimes required a graph with negative number of edges (when p was small). This error is fixed now.

— Tsuyoshi Ito
kaynak

this is closest to the specific phrasing, so thanks for tackling it. Case 3 is closest to what I had in mind. However, I don't follow the calculation -- could you expand a little?

— András Salamon

@András Salamon: Done.

— Tsuyoshi Ito

If $p$ can be a function of $t$ , then the problem can be intermediate. Set up $p$ so that the number of edges will be say $\log^4 t$ . Then obviously $s$ can be at most $\log^2 t$ and hence there is a $t^{\log^2 t}$ algorithm for this problem, meaning that the problem (under standard assumptions, say SAT doesn't have subexponential algorithms) cannot be NP hard.

On the other hand, this problem is harder than the standard clique problem on $\log^2 t$ vertices (you can always place all the edges on those vertices and ignore the rest). And so again, under the same assumption the problem doesn't have a polynomial time algorithm.

If $p$ is a constant then it's always NP hard as gphilip said.

— Boaz Barak
kaynak