En uzun iz problemi en uzun yol probleminden daha mı kolay?

En uzun yol problemi NP-zordur. (Tipik?) Kanıt Hamilton yolu sorununda (NP-tamamlanmış) bir azalmaya dayanır. Burada yolun (düğüm-) basit olduğu dikkate alınmalıdır. Yani, yolda birden fazla tepe noktası oluşamaz. Açıkçası bu nedenle kenar basittir (yolda bir kereden fazla kenar oluşmaz).

Peki ya (düğüm-) basit bir yol bulma gerekliliğini düşürürsek ve kenar-basit bir yol (iz) bulmaya devam edersek. İlk bakışta, bir Eulerian izi bulmak Hamiltonian bir yol bulmaktan çok daha kolay olduğu için, en uzun yolu bulmanın en uzun yolu bulmaktan daha kolay olacağına dair bir umut olabilir. Ancak, bunu sağlayan bir algoritma sağlayan bir referans bulamıyorum.

Burada yapılan argümanın farkında olduğumu unutmayın: /programming/8368547/how-to-find-the-longest-heaviest-trail-in-an-undirected-weighted-graph Ancak, argüman basit bir şekilde, düğüm-basit durumu farklı bir grafik üzerinde çözerek kenar-basit durumu çözebileceğinizi gösterebildiğinden, şu anki haliyle kusurlu görünmektedir (bu nedenle azaltma yanlış bir yoldur). İndirgemenin başka şekilde de çalışmak için kolayca değiştirilebileceği açık değildir. (Yine de, en azından en uzun parkur probleminin en uzun yol probleminden daha zor olmadığını göstermektedir.)

En uzun parkurları (kenar-basit yollar) bulmak için bilinen herhangi bir sonuç var mı? Karmaşıklık (sınıf)? (Verimli) algoritma?

graph-theory graph-algorithms hamiltonian-paths

— Jasper
kaynak

Bu tam olarak aynı sorun değil, ancak oldukça benzer olan Minimum Euilerian Uzantı problemine bir göz atın.

— RB

Belki de soruyu iyi anlamadım, ancak Hamiltonian yolu kübik grafiklerde bile NP-tamamlanmış, çünkü bir düğümün her geçişi iki kenar gerektirdiğinden, düğümü basit olandan rahatlatsak bile bir düğümü iki kez tekrar kullanmanın bir yolu yoktur. kenar-basit yollara giden yollar; bu nedenle Hamilton yolu sorunu NP-tam olarak kalmaktadır.

— Marzio De Biasi

@Bangye: tamam, ancak bir düğüm bir kez geçilirse kübik grafiklerde, 2 kenar kullanılmalıdır ... ve düğüm tekrar hareket ettirilemez (çünkü yalnızca tek bir döndürülmemiş kenar vardır). Bu nedenle kübik grafiklerde düğümler "tekrarlanamaz" (izin zaten hareket ettirilmiş bir düğüme gelebilecek son kenarı hariç)

— Marzio De Biasi

İşte referans: AA Bertossi, Kenar hamilton yolu sorunu NP-tamamlanmış, Bilgi İşlem Mektupları, 13 (1981) 157-159.

— Lamine

@Lamine: Açıklama için teşekkürler. Yorumlarınızı silmeniz gerektiğini sanmıyorum çünkü önce benzer bir fikir bulmanız çok doğal olurdu ve işe yaramadığını görmek gerçekten yararlı.

— Yota Otachi

Yukarıdaki yorumlardan: Hamiltonian döngüsü problemi maksimum derece 3 [1] olan ızgara grafiklerinde bile NP-tam kalır, ancak bu grafiklerde bir düğümün her geçişi iki kenar gerektirir ve en fazla bir kenar kullanılmaz, bu nedenle düğüm kullanılamaz Euler yolu ile iki kez geçildi.

$G = (V,E)$ $|V|$

$u$ $V' = V \cup \{u',u''\}$ $E = E \cup \{(u,u'), (u,u'')\}$ $|V'| = |V|+2$ $u',u''$

[1] Christos H Papadimitriou, Umesh V Vazirani, Gezgin satıcı problemiyle ilgili iki geometrik problem üzerinde, Algoritmalar Dergisi, Cilt 5, Sayı 2, Haziran 1984, Sayfa 231-246, ISSN 0196-6774

— Marzio De Biasi
kaynak

Bunu ve diğer bazı yorumları bir Eulerian izi bulmanın bilinen kolaylığıyla evlendirmekte biraz sorun yaşıyorum. Ya da (örneğinize bağlı kalarak) bir "Eulerian" uzunluk izi olup olmadığına karar vermek için önemli olan noktauzunluk izi olup olmadığına karar vermekten daha kolaydır? Bu kesinlikle benim için biraz sürpriz olurdu, ama kesinlikle ilginç olurdu.

| E |

$|E|$

| V |

$|V|$

— Jasper

Kübik grafiklerde bir uzunluk izi olmadığından emin olabilirsinizgerçekten de tüm kenarlar tek derece 3 ( karmaşıklığa sahiptir). Yani bir uzunluk izi bulma problemleri( ek numarasıyla ) daha zordur (NPC); gayri resmi: her düğüm için izi oluşturmak için kullanılabilen üç çift kenar vardır ve izin geri kalanını inşa edene kadar bir seçimin "etkilerini" bilmezsiniz. Normal bir grafikte Euler yolunu hesaplamak kolaydır, çünkü her adımda başlangıç düğümüne "geri dönebileceğinizden" emin olabilirsiniz (bkz. Fleury'nin algoritması).

| E |

$|E|$

O (1)

$O(1)$

| V |

$|V|$

u^{'}, u^{″}

$u',u''$

— Marzio De Biasi