Grafik endomorfizmlerini saymanın karmaşıklığı


9

Bir homomorfizmi bir grafikten bir grafik bir eşleme den için , öyle ki, eğer ve komşu olan daha sonra ve içinde bitişiktir . Bir Endomorfizma bir grafik bir homomorfizma kendisine; bunun sabit nokta içermeyen bir varsa öyle ki bu ve önemsiz olmayan bu kimlik değilse.G,=(V,E)G,'=(V',E')fVV'xyEf(x)f(y)E'G,G,xf(x)=x

Kısa bir süre önce , poset (ve grafik) otomorfizmleri ile ilgili bir soru sordum . Otomorfizmlerin sayılması (ve varlığına karar verilmesi) ile ilgili çalışmalar buldum, ancak arama, endomorfizmlerle ilgili herhangi bir sonuç bulamadım.

Bu yüzden sorum: grafiği verilen önemsiz endomorfizminin varlığına veya endomorfizma sayısını saymanın karmaşıklığı nedir ? Sabit noktadan bağımsız endomorfizmlerle aynı soru.G,G,

Bu cevapta verilen argümanın endomorfizmlere kadar uzandığını ve yönlendirilmiş bipartit grafiklerin veya posetlerin durumunun genel grafikler için problemden daha kolay olmadığını (genel grafikler için problem bu duruma düştüğünü) doğruladığını düşünüyorum, ancak karmaşıklığı belirlemesi kolay görünüyor. Bu başka bir grafikten bir homomorfizmasının varlığını karar olduğu bilinmektedir NP-zor (o grafik renklendirme genelleştirir olarak bu açıktır), ama bir grafikten homomorfizmalar için sınırlayan gibi görünüyor kendisi daha kolay sorunu hale getirebileceğini, bu yüzden bu sorunların karmaşıklığını belirlememe yardımcı olmaz.

Yanıtlar:


6

için endomorfizmaların veya sabit noktadan bağımsız endomorfizmaların tamamlanmıştır : bağlı bir grafik verildiğinde , ve bir üçgenin ayrık birleşimi olan grafiğini düşünün . Sonra , bu nedenle iki endomorfizm kullanılarak hesaplanabilir sayar (ve genel bir sonuçla, sadece bir tane bile yeterlidir) ve bazı poli-zaman post-proses. Üçgen sayısının kübik (hatta matris çarpımı) süresinde sayılabileceğini unutmayın. Aynı denklem, sabit nokta serbest endomorfizmleri için de geçerlidir, çünkü 3 renk ve üçgen, nin sabit nokta serbest endomorfizmidir.FP#PG,G,'G,|Son(G,')|=(|Son(G,)|+#3CÖL(G,))(#{üçgenler G,}+33)#3CÖLG,'.

Eğer isterseniz bağlanacak, siz şu yapabilirsiniz. Sayma tepe renkli (renkli köşeleri grafik endomorfizmaları dikkatinizi çekeriz tek renk diğer köşe eşlenebilir ) sayma grafik Endomorfizmlerin eşdeğerdir, aşağıdaki gibi. Renkler . Her bir köşe için rengi , yeni bir ayrık eklemek tek döngü en az boyutta ( ), ve bağlantı tek bir tepe noktası için . her endomorfizması karşılık gelirG,'cc{1,...,C}vcCvn+2cn=|V(G,)|CvvG,2nyeni grafiğin endomorfizmaları (her döngü için, onu nasıl eşleyeceğiniz konusunda iki seçeneğiniz vardır). Döngülerin çok büyük olması nedeniyle hiçbir noktasının herhangi bir köşelerine (tek bir döngü için bir döngüyü bir diğerinin içine sığdırmanız gerekir).G,Cv

Şimdi, bağlı bir sürümü yapmak için , renkli bir sürümle başlıyoruz ve sonra yukarıdaki dönüşümü uyguluyoruz. ayrık bir üçgen ekleyerek önceki gibi başlayın . Şimdi her tepe noktasına bağlı yeni bir tepe noktası ekleyin . Renk kırmızı ve diğer tüm köşeler mavi.G,'G,Δv0G,Δv0


Teşekkürler! için tam formülünüzden emin değilim. ( ve sabit nokta içermeyen için benzer bir şey ) ancak argüman hala geçerli. Argümanın ikinci kısmı, bağlılığı varsayarak sertlik gösterir, bence bu doğru ama doğrudan sabit noktadan bağımsız endomorfizmler için geçerli olmadığını düşünüyorum (döngü eşlemelerinde sabit noktalar var), ama bu çok önemli değil. Bilmek daha meraklı olurdu: karar problemi NP zor mu (önemsiz olmayan ve sabit noktadan bağımsız endomorfizmler için)? Tekrar teşekkürler! |End(G)|(|End(G)|+#3COL(G))(#triangles+33)
a3nm

Formül konusunda haklısın - güncelledim. İkinci parçanın sabit noktalı sağlamak için , - arasındaki en fazla iki uzak köşenin her birinden bir kenar koyun . Sabit nokta içermeyenlerin sayısı biraz farklı olacaktır, ancak bence hala işe yarıyor. (Döngülerin boyutunu da artırmanız gerekebilir ...). Rijit grafik çiftleri için (önemsiz endos yok) , (ayrık birleşim) endosunun varlığına karar vermek, veya bir homomorfizmin varlığına karar vermekle eşdeğerdir . Hemen hemen tüm grafikler katı whp, bu yüzden kararın NP zor olması oldukça olası ...CvvG,HGHGHHG,
Joshua Grochow

Tamam sanırım fikrini sabit puansız saymak için satın alıyorum. Karar için, aslında şimdi bir grafiğin çekirdeği, Hell, s. 8-9, önemsiz olmayan bir endomorfizmin varlığına karar vermenin NP-tam olduğunu kanıtlıyor gibi görünüyor. (Sabit noktadan bağımsız endomorfizm sorunu devam etmektedir, ancak bunun zor olmayacağına inanmak için çok az neden vardır.)
a3nm
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.