Tepe renklendirmeleri - bir anlamda renklendiriciler mi?

Bir grafik kenar renklendiriciler biliyoruz vardır , yani çizgi grafik bölgesinin özel bir grafiğin tepe renklendiriciler arasında . $G$ $L(G)$ $G$

Bir grafiktir operatör mi gibi bir grafiktir tepe renklendiriciler olduğu olan grafik kenar renklendiriciler ? Polinom zamanında inşa edilebilen böyle bir grafik operatörü ile ilgileniyorum, yani grafiği polinom zamanında elde edilebilir . $\Phi$ $G$ $\Phi(G)$ $\Phi(G)$ $G$

Açıklama : Benzer soru, kararlı setler ve eşleşmeler için de sorulabilir. bir eşleşme sabit bir kümedir . Bir grafiktir operatör mi sabit ayarlar öyle ki olan Eşleme ? STABLE SET ve MATCHING e ait olduğundan , böyle bir grafik operatörü (varsa) polinom zamanda , . $G$ $L(G)$ $\Psi$ $G$ $\Psi(G)$ $\mathsf{ NP}$ $\mathsf{P}$ $\Psi$ $\mathsf{NP}\not=\mathsf{P}$

DÜZENLEME: @ usul'ün cevabından ve @ Okamoto'nun ve @ King'in yorumlarından esinlenerek, sorunum için daha zayıf bir form buldum: grafiğinin köşe renklendirmeleri, aşağıdaki gibi tanımlanan bir hipermetrenin kenar renklendirmeleridir ( . Tepe grubu arasında ayarlanan aynı verteksidir . her köşe için , kapalı mahalle bir kenarıdır . O zaman , hipergrafının çizgi grafiğidir ve bu nedenle tepe renklendirmeleri nin kenar renklendirmeleridir . $G$ $\Phi(G)$ $\Phi(G)$ $G$ $v$ $G$ $N_G[v]= N_G(v) \cup\{v\}$ $\Phi(G)$ $G$ $\Phi(G)$ $G$ $\Phi(G)$

Yine, veya bu operatörün var gösteren tüm cevaplar ve yorumlar için minnettarım . Tüm cevapları kabul edebilsem iyi olur! $\mathsf{NP}\not=\mathsf{P}$

graph-theory graph-algorithms

— user13136
kaynak

Nazik yorumlar (ve sabır!) Ve faydalı cevaplar için teşekkürler. Okumak, düşünmek için zamana ihtiyacım var ve muhtemelen taze gözlerle geri dönebilirim.

— user13136

1998'de Nishizeki ve Zhou'nun bir şekilde sorunuzla ve @TsuyoshiIto'ya yaptığınız ikinci yorumunuzla ilgili olan oldukça ilginç bir sorunla karşılaştım: Köşe renklendirme sorunu kenar renklendirme sorununa “basitçe” indirgenebilir mi? (...) Her iki problem de NP-tamamlandığından, NP-tamlık teorisi nedeniyle her ikisi de 3-SAT ile diğerine makul şekilde azaltılabilir. Böylece açık sorun soruyor, ... ( buraya bakınız )

— vb le

@vble: teşekkür ederim! "Çok fazla" istediğimi itiraf ediyorum. Böyle bir operatör Nishizeki ve Zhou'nun problemini çözerdi.

— user13136

Yanıtlar:

Çizgi grafiğe benzer şekilde, bence aşağıdakileri soruyorsunuz:

Her yönsüz grafik için , bir yönsüz grafik bulunmaktadır mevcut da bu şekilde, her köşe bir kenarına karşılık gelir ve ve karşılık gelen kenarlar yalnızca $G = (V,E)$ $G' = (V',E')$ $v \in V$ $(v_1,v_2) \in E'$ $u \in V$ $v \in V$ ? $(u,v) \in E$

Cevap hayır olarak görülebilir . Kök üç çocuğu olan dört köşe ağacını düşünün . İçinde :, dört kenarlı olmalıdır . Ayrıca, $G$ $v$ $x,y,z$ $G'$ $(v_1,v_2),(x_1,x_2),(y_1,y_2),(z_1,z_2)$ veya , diğer üç kenarın her birinin bir uç noktasıdır (yani, vb.). Ancak bu, diğer üç kenardan en az ikisinin ortak bir son noktayı paylaşması gerektiği anlamına gelir; bu, orijinal grafikte hiçbirinin ikisininbitişikolmaması nedeniyle gereksinimlerimizi ihlal eder. $v_1$ $v_2$ $\left| \{v_1,v_2\} \cap \{x_1,x_2\} \right| \geq 1$ $x,y,z$

Aynı grafiğin size eşleşen soru için de bir karşı örnek vereceğini düşünüyorum.

— usul
kaynak

İyi bir nokta! Aslında aynı düşüncelerim vardı. Ama belki

tanımlamak için başka bir yol var ? Veya böyle bir operatörün

olmadığını resmi olarak nasıl kanıtlayabiliriz ?

G^{'}

$G'$

Φ

$\Phi$

— user13136

@ user13136, hmm, belki etrafında yaratıcı bir yol var, ancak sorunuzu yeniden ifade etmeniz gerekir (bence karşı örnek örneğim, alıntılanan kutuda ifade edilen soru için resmi bir kanıttır). Sezgisel olarak, sorun, çizgi grafik yönüne giderken bir kenar (yalnızca iki köşeye bağlanabilir) alıp bir tepe noktasına (herhangi bir sayıda kenara bağlanabilir) dönüştürmemiz gerektiğini düşünüyorum - kolay . Tersi zıt ve daha zordur.

— usul

Sadece cevabın cevabına ek olarak, kısa cevap hayırdır, çünkü eşleşmeler sabit kümelerde mutlaka bulunmayan yapısal özelliklere sahiptir. Örneğin, her çizgi grafiği aynı zamanda yarı çizgi ve pençe içermez; bu, köşe renklendirmelerine kıyasla kenar renklendirmelerinin derinliğini gerçekten sınırlar.

— Andrew D. King

Soru, “ G grafiğinin tepe renklendirmeleri H grafiğinin kenar renklendirmeleridir ” ile kastettiğinizde bazı belirsizlikler içermektedir , ancak kenar kromatik sayısı (tepe noktası) kromatik sayısına eşit olan bir grafik oluşturmak NP zordur. belirli bir grafik. Resmi olarak, aşağıdaki ilişki problemi NP-zordur.

Kenar renk sayısı olarak renk sayısını temsil eden
örneği bir grafiği: G .
Çözüm : bir grafiktir H kenar renk sayısı χ '(bu şekilde , H ve) H renk sayısı kay kare testi (eşittir G arasında) G .

Bunun nedeni, Vizing teoreminin 1 ek hatası içinde kenar kromatik sayısına yaklaşan (önemsiz) etkili bir algoritma vermesidir, oysa kromatik sayının çeşitli duyularda yaklaşık olarak zordur. Örneğin, Khanna, Linial ve Safra [KLS00], aşağıdaki sorunun NP-tamamlanmış olduğunu gösterdi (ve daha sonra Guruswami ve Khanna [GK04] çok daha basit bir kanıt verdi):

3-renklendirilebilir karşı non-4-renklendirilebilir
örnek : bir grafiği G .
Evet-söz : G 3 renklidir.
Söz vermiyorum : G 4 renklendirilemez.

Bu sonuç, başlangıçta iddia ettiğim NP sertliğini kanıtlamak için yeterlidir. Bir kanıt egzersiz olarak bırakılmıştır, ancak işte bir ipucu:

Egzersiz . Yukarıda belirtilen “Kromatik sayıyı kenar kromatik sayı olarak temsil etme” probleminin, “3-renklendirilebilir ve 4-renklendirilemez” i azaltarak polinom zaman fonksiyonel indirgenebilirlik altında NP-zor olduğunu kanıtlayın. Bu yapı, iki polinom zamanı işlevlerini, bir f (bir grafik bir grafik haritaları) ve g (biraz bir grafik haritaları) olacak şekilde

Eğer G 3-renklendirilebilir grafiktir ve H χ (diğer bir deyişle bu tür bir grafiktir f ( G )) = χ '( H ), daha sonra gr ( H ) 1 =.

Eğer G olmayan bir 4-renklendirilebilir grafiktir ve H χ (diğer bir deyişle bu tür bir grafiktir f ( G )) = χ '( H ), daha sonra gr ( H ) = 0.

Referanslar

[GK04] Venkatesan Guruswami ve Sanjeev Khanna. 4 renklendirmenin sertliğinde 3 renklendirilebilir bir grafik. SIAM Ayrık Matematik Dergisi , 18 (1): 30–40, 2004. DOI: 10.1137 / S0895480100376794 .

[KLS00] Sanjeev Khanna, Nathan Linial ve Shmuel Safra. Kromatik sayıya yaklaşmanın sertliği hakkında. Combinatorica , 20 (3): 393–415, Mart 2000. DOI: 10.1007 / s004930070013 .

— Tsuyoshi Ito
kaynak

Cevabınız için teşekkür ederim! I “bir grafiğin tepe renklendirici formüle göre biraz kesin değilim

olan bir grafiktir kenar renklendiriciler

”. Demek bir operatörü

çizgi grafiği operatör gibi

, ancak tepe renklendirici gelen kenar renklendirici için. Bu bir şekilde

den daha fazladır .

G

$G$

H

$H$

Φ

$\Phi$

L

$L$

χ (G) = χ^{'} (H)

$\chi(G) = \chi'(H)$

— user13136

Vertex renk ve EDGE BOYAMA hem yana

-Komple, tanımına göre, gerçekleştirebilmesi,

den

polinom zamanda bu şekilde

ancak ve ancak

.But bu çeşit bir yapı ihtiyaç değildir bir operatör için özellik yerine

ı arıyorum. Yalnızca köşe renklendirmelerini kenar renklendirmelerine indirir.

N P

$\mathsf{NP}$

H

$H$

G

$G$

χ (G) \leq k

$\chi(G) \le k$

χ^{'} (H) \leq k^{'}

$\chi'(H) \le k'$

Φ

$\Phi$

— user13136

@ user13136: Daha zayıf bir gereksinimin karşılanması imkansızsa, daha güçlü olan gereksinim de açıkça imkansızdır. Bu bir mantık. Düzlemsel grafik örneğinizin buna karşı bir örnek olmadığını anlamalısınız. Belirli bir düzlemsel grafiğin 3-renklendirilebilirliğine karar vermek, belirli bir düzlemsel grafiğin 4-renklendirilebilirliğine karar vermekten daha zayıf bir gereklilik değildir ; bunlar sadece farklı gereksinimlerdir. Öte yandan, P = NP, periyot olmadığı sürece istediğiniz şeyin imkansız olduğunu zaten göstermiştim. Ama bunu anlamakta zorluk çekiyorsanız, anlamanıza yardımcı olmak için yapabileceğim bir şey olduğunu düşünmüyorum.

— Tsuyoshi Ito

Soruyu doğru anlarsam, böyle bir harita

mevcut değildir. NP tamlığına değinmemize gerek yok. Sadece

düşünün ve böyle

olduğunu varsayalım . Yana

2-renklendirilebilir olduğu

2-kenar-renklendirilebilir olmalıdır. Bu, maksimum

derecesinin en fazla iki olduğu anlamına gelir . Yana

dört kenarları, biz tüm adaylar geçebilir

Φ

$\Phi$

G = K_{1, 3}

$G=K_{1,3}$

Φ (G)

$\Phi(G)$

G

$G$

Φ (G)

$\Phi(G)$

Φ (G)

$\Phi(G)$

Φ (G)

$\Phi(G)$

Φ (G)

$\Phi(G)$ (izomorfizme kadar yedi aday

nin kenar renklendirme ailesinin ve

köşe renklendirme ailesinin farklı olduğunu göreceğiz . Bir çelişki.

Φ (G)

$\Phi(G)$

G

$G$

— Yoshio Okamoto

@ user13136: Kafanız karışmış olabilir, çünkü sadece bir kanıt fikri yazdım ve asıl kanıtı bıraktım. Cevabı, gerçek kanıtı dışarıda bıraktığımın net olması için gözden geçirdim ve kanıt için bazı ipuçları ekledim. Bu hala sizin için işe yaramazsa, vazgeçeceğim.

— Tsuyoshi Ito

(Bu oldukça bir cevap daha, Usul cevabı ve YoshioOkamoto yorumuna bir ektir.) Sizin çalışma görülebilir bu grafikler için sadece var olan grafiği var olduğu için ile , yani bir çizgi grafiğidir (çoklu zamanlı olarak kontrol edilebilir). Bu durumda, "ters çizgi grafik operatörü" , yani ve köşe renklendirmeleri kenar renklendirmeleridir) $\Phi$ $G$ $G'$ $G = L(G')$ $G$ $\Phi$ $L^{-1}$ $\Phi(G)=G'$ $G$ . $\Phi(G)$

— Teoride
kaynak