Sertlik hesaplama karmaşıklığında atlar mı?

Minimum bant genişliği sorunu, komşu iki düğüm arasındaki en büyük mesafeyi en aza indiren tamsayı çizgisinde bir grafik düğümü sırası bulmaktır. Bir tırtıl, ana yoldan , düğümlerinden en çok uzunluğundaki kenar ayrık yollarını büyüterek oluşturulan bir ağaçtır ( , saç uzunluğu olarak adlandırılır). Minimum bant genişliği problemi 2 tırtıl için cinsindendir ancak 3 tırtıl için tamamlayıcısıdır.$k$$k$$k$$P$$NP$

İşte çok ilginç bir gerçek: Minimum bant genişliği sorunu, 1-tırtıllar için (en fazla bir tane saç uzunluğu) polinom zamanında çözülebilir, ancak döngüsel 1-tırtıllar için -tamamlayıcıdır (döngüsel tırtılda, uç noktaları bağlamak için bir kenar eklenir. Ana yolun). Yani, tam olarak bir avantajın yanı sıra sorun yapar -Komple.$NP$$NP$

Girdi örneğinin küçük bir değişiminin polinom-zaman çözünürlüğünden eksiksizliğine bir karmaşıklık sıçramasına neden olduğu problem sertliği sıçramalarının en çarpıcı örneği nedir ?$NP$

Sertlik sıçramalarının daha ilginç uygulanmış örneklerinden biri aşağıdaki problemde gözlenebilir:

İle bir futbol ligi şampiyonluğu düşünün (hala) ligi kazanmak verilen bir takım olup olmadığını karar vermekte güçlük: ekipler P bir maçta, kazanan takım 2 puan, kaybeden biri 0 verilir ve her takım 1 verildiği takdirde beraberlik eşleşmesini işaret et. Fakat kuralları değiştirirsek, kazanan takım 3 puan alırsa, aynı problem N P- hard olur .$n$$P$$NP$

Sonuç herhangi biri için genelleştirilebilir her k > 2 1 , k ) puan kuralı içinve hatta sadece kalan üç tur.$(0, 1, k)$$k > 2$

Kaynak: Ingo Wegener'den “Karmaşıklık Teorisi” ( http://portal.acm.org/citation.cfm?id=1076319 )

Bu, soru başlığında sorulan soruyu cevaplar, ancak soruda sorulan soruyu cevaplamaz.

Sert atlamada şok edici bir örnek, "Bir düzlemsel formülde kaç tane tatmin edici ödev vardır, modulo ?" Sorusundan kaynaklanmaktadır. Bunun yaygın olarak # P-sert olduğu düşünülüyordu ve n'nin "en" değerleri içindi , ama eğer n bir Mersenne tamsayısıysa (örneğin, n = 7 , çünkü 7 form $n$$n$$n$$n=7$ ) daha sonra, cevap Polinom sürede hesaplanabilir.$2^3-1$

Bu ilk Valiant tarafından çığır açan Holografik Algoritmalar makalesinde keşfedildi.

BAĞIMSIZ SET NP-tamamlandı (çapraz, üçgen) içermeyen grafikler , ancak (sandalye, üçgen) içermeyen grafikler için doğrusal zamanda çözülebilir . (X içermeyen grafikler, indüklenmiş bir altyazı olarak X'ten grafik içermeyen grafiklerdir.)

sandalye: üçgen: çapraz:

Tek bir kenar ekleyerek çarpanın sandalyeden alındığına dikkat edin.

Girişinize tek bir kenar eklemenin NP-tamam problemini yarattığından karakterizasyonunuzla devam edeceğinden emin değilim, çünkü aslında birçoğu sonsuz sayıda giriş örneğinin her birine eklenmesine izin veriyor.

İşte önerdiğiniz çizgiler boyunca keskin bir ikilik gösteren bir problemin örneği.

Giriş grafiği G'den sabit bir şablon grafiğine H grafik homomorfizmi olup olmadığının belirlenmesi problemi, H, bir öz döngüsüne sahip bir grafik olduğunda veya bir çift taraflı döngüsiz grafik olduğunda P'dedir. H iki taraflı olmadığında (bu genellikle tek bir kenar ekleyerek elde edilebilir), o zaman sorun NP tamamlanır.

• P. Hell ve J. Nešetřil, H renklendirmenin karmaşıklığı , J. Comb. Th. B 48 92-110, 1990. doi: 10.1016 / 0095-8956 (90) 90132-J

Burada önemli olan 2-boyama P (bir homomorfizmasının bu karşılık olmasıdır 3-boya (bir homomorfizmasının bu karşılık NP-tam ise, 3 noktalar üzerinde yolu) K 3 , üçgen).$P_3$$K_3$

İşte indüklenen alt yazı tespitinde ortaya çıkan ilginç bir örnek daha:

Bir teta bitişik olmayan köşeler ile, bir grafiktir $x,y$ , üç yol $P_1, P_2, P_3$ den $x$ için $y$ herhangi iki yol 3'e göre uzunluğa sahip bir döngü indüklenen.

Bir piramit isimli bir grafiktir bir tepe $x$ , bir üçgen $y_1,y_2,y_3$ ve yolları $P_i$ den $x$ için $y_i$ her biri için $i=1,2,3$ uzunlukta bir en az bir yol ile,.

Son olarak, bir prizma , iki üçgen bir grafiktir $x_1,x_2,x_3$ ve $y_1,y_2,y_3$ ve yolları $P_i$ den $x_i$ için $y_i$ her biri için $i=1,2,3$ .

Rakamlarla açıklamak kolaydır:

İndüklenen teta ve piramidin tespit edilmesi için polinom zamanında olduğu bilinmektedir. (Aslında, teta için en iyi bilinen algoritma $O(n^{11})$ zaman alır ve piramit için $O(n^9)$ .) Ancak indüklenen bir prizmayı tespit etmek için problem NP-zorlaşır.

Bir "görebilir neden subgraphs algılama referans Leveque, Lin, Maffray ve TROTIGNON tarafından". Teta ve piramidin nispeten kolay olmasının nedeni, Chudnovsky ve Seymour tarafından " Ağacın Üçü " probleminde tarif edilen " ağaçta üç " problemiyle ilgilidir.

er ... daha az önemsiz örnekler aradığına eminim ... ama - 3 sayısı ile ilgili özel bir şeyin olduğunu belirtmek isterim . 2 - S A T - 3 - S A T , 2 - C O L vs 3 - C O L , vb. Sezgisel olarak, her zaman düşündüm ki, en fazla 2 kenarı olan bir düğüm en fazla hatta oluşabilir. ancak 3 kenarlı bir düğüm bir ağaç oluşturabilir, 2-3'ten hareket ettiğimizde bir kombinasyonsal patlama meydana gelir.$2$$3$$2-SAT$$3-SAT$$2-COL$$3-COL$

Örnekler hakkında konuşmanın pek anlamlı olmadığını düşünüyorum. İki farklı giriş örneğinin farklı zorluklarla dağılımı hakkında konuşabiliriz, ancak dağıtım arasında veya dağıtımlardaki örnekler arasında ilişki olması daha ilginç olurdu.

Parametreli dağılım ailesini göz önünde bulundurabilir ve ardından parametreyi değiştirdiğimizde ne olacağı hakkında konuşabiliriz. Eşik olayı denilen şeyle ilgilenebilirsiniz , "bir sistemde bir parametrede küçük bir değişiklik sonucunda hızlı bir kalitatif değişime uğrar". Bu araştırmaya bir göz atın: Ehud Friedgut , " Keskin Eşikler İçin Avcılık ", Rastgele Yapılar Algoritmaları 26, 2005.

En çarpıcı ve güzel örneklerden birinin, madde yoğunluğu olan rastgele k-SAT olduğunu , faz geçişinin gerçekten şaşırtıcı olduğunu düşünüyorum.$\Delta$

Lamda terimleri için çıkarım türleri DEXPTIME, prenex ve rütbe-2 polimorfik tip sistemler ile tamamlanmıştır (tip niceleyiciler en üst seviyede bir yuvaya yerleştirildiğinde), ancak rütbe-3 ve üstü için kararsız hale gelir . Ekstra bir yerleştirme seviyesinin sorunu çözülemez hale getirmesi garip.

Düzlemselin zemin durumunu bulma 0 manyetik alana sahip ising modeli P'de, sıfır olmayan manyetik alana sahip NP-zorudur. Düzlemsel bölme fonksiyonu 0 manyetik alana sahip Ising modelinde P, sıfır olmayan manyetik alana sahip NP-zorudur.

İşte sorunuzda ele aldığınız Minimum Bant Genişliği gibi ilginç bir karmaşıklık atlayışıyla ilgili güzel bir problem.

Let bir grafiktir ve olmak T bir kapsayan ağaç G . Bir kenar servis yolu u v ∈ E ( G ) benzersiz U - v içinde yolu T . Tıkanması E ∈ e ( t ) ile belirtilmiştir c n g G , T ( e ) ihtiva eden servis yolları sayısıdır e . Tıkanması G içinde T ile gösterilen, c , n g$G$$T$$G$$uv\in E(G)$$u$$v$$T$$e \in E(T)$$\mathrm{cng}_{G,T}(e)$$e$$G$$T$ , tüm kenarları üzerine en tıkanıklığı T . Arasında kapsayan ağaç tıkanıklığı G ile gösterilen, s t c ( G ) , her kapsayan ağaç üzerinde en az tıkanıklığı G . Yayılma Ağacı Sıkışıklığı sorunu, belirli bir grafiğin, verilen k'nin çoğunda yayılma ağacı sıkışıklığı olup olmadığını sorar.$\mathrm{cng}_G(T)$$T$$G$$\mathrm{stc}(G)$$G$$k$

Aşağıdaki karmaşıklık atlaması gösterilmiştir: Bodlaender ve diğerleri , Yayılan Ağacın Tıkanması Probleminin Parametreli Karmaşıklığı , Algorithmica 64 (2012) 85–111 :

Her sabit ve d için problem, en fazla d derecelik grafikler için doğrusal zamanda çözülebilir . Aksine, yalnızca bir dereceye kadar sınırlandırılmamış dereceye izin verirsek , sorun hemen herhangi bir sabit k ≥ 8 için N P- tamamlayıcısı olur .$k$$d$$d$$\mathsf{NP}$$k\ge 8$

Neden kimsenin bundan bahsetmediğini merak ediyorum:

Horn-Sat vs K-Sat

Sanırım herkes ne olduğunu biliyor. Değilse:

Horn-Sat, bir dizi korna cümlecikinin karşılanabilir olup olmadığını bulmaktır (her maddede en fazla 1 olumlu harf vardır).

K-Sat, bir dizi cümlenin karşılanabilir olup olmadığını bulmak içindir (her cümle 1'den fazla olumlu değişmeze sahip olabilir).

Bu nedenle, her bir maddede birden fazla pozitif değişmeze izin vermek, sorunu P-complete NP-complete'den yapar.

Grafik Boyama

Başka bir cevapta belirtildiği gibi, 2-COL polinom zamanında çözülebilirken, 3-COL NP-tamamlanmıştır. Fakat renk sayısını arttırırken, bazı (bilinmeyen?) Noktalardan sonra sorun daha kolay olur!

Örneğin, N köşeleri ve N renklerimiz varsa, her köşeye farklı bir renk atanarak sorun çözülebilir.

Benzer bir damarda: Kalıcı vs Determinant.

Sadece hipergraf bölümleme ile ilgili bir makale okudum . Sorun şu şekilde tanımlanmaktadır:

İki parametre ve l , 1 < l < k verildiğinde, problem [ P l k ] aşağıdaki gibi tanımlanır: H = ( V , E ) hipergraf olsun ve t 1 , … , t k negatif olmayan tamsayılar olsun. bu | V | = n = ∑ k i = 1 t i ve | E | = $k$$l$$1 \leq l < k$$P^l_k$$\mathcal{H} = (V, \mathcal{E})$$t_1, \dots, t_k$$|V| = n = \sum^k_{i=1} t_i$$|\mathcal{E}| = m$$V$$k$$t_1, \dots, t_k$$\mathcal{E}$$l$

Genel olarak, kanıtlanmıştır:

• $P^1_k$ is solvable in polynomial time (in $n,m$) for fixed $k \geq 2$
• $P^l_k$ is NP-complete for all fixed $2 \leq l < k$

If this is not "jump" enough, read on. For hypergraphs with disjoint hyperedges, it is shown:

• $P^1_k$ is NP-complete for all fixed $k \geq 2$
• $P^l_k$ is solvable in linear time (in $m$) for fixed $2 \leq l < k$

Laurent Lyaudet. 2010. NP-hard and linear variants of hypergraph partitioning. Theor. Comput. Sci. 411, 1 (January 2010), 10-21. http://dx.doi.org/10.1016/j.tcs.2009.08.035

Interesting complexity jumps are known for the job shop scheduling problem.

In the job shop problem we have a set of $n$ jobs that must be processed on a given set $M$ of $m$ machines. Each job $j$ consists of a chain of $\mu_j$ operations $O_{1j},O_{2j},\dots,O_{\mu_jj}$. Operation $O_{ij}$ must be processed during $p_{ij}$ time units without interruption on machine $m_{ij}\in M$. A feasible schedule is one in which operation is scheduled only after all its preceding operations have been completed, and each machine processes at most one operation at a time. For any given schedule, let $C_j$ be the completioon time of the last operation of job $j$. Taken here.

There are such objectives as minimizing the makespan $C_{max}=max_jC_j$ and total completion time $\sum C_j$. Regular criteria are defined here.

In the notation of Graham et al. this problem is denoted as $J||\gamma$, where $\gamma$ denotes the objective function to be minimized.

$J2|n=k|F$ and $J|n=2|F$ are polynomially solvable. Here $J2$ $(n=k)$ means that the number of machines (jobs) is fixed and equals $2$ $(k)$. $F$ means an arbitrary regular criterion.

$J3|n=3|C_{max}$, $J3|n=3|\sum C$ are weakly NP-hard.

$J2||C_{max}$, $J2||\sum C$ are strongly NP-hard.

Thus, here we can see that there is a jump when we go from two jobs/machines to three.

In many cases, approximating NP-optimization problems give rise to sharp complexity jumps. For example, SET COVER can be approximated within a factor of $\ln n$ in polynomial time (by the Greedy Algorithm), but it is NP-hard to approximate within a factor of $(1-o(1))\ln n$.

I think the pascal triangle would be it. Each row in the pascal triangle sums to $2^n$. The elements are binomial coefficients. So if you find a problem whose performance can be described using binomial coefficients, then simply solving all such problems associated to the n'th row of the pascal triangle already takes $2^n$. But note that $(a+b)^n=\sum_{i\in{0..n}}{{n}\choose{i}}a^ib^{n-i}$ can be represented as a polynomial (of 'a') that has binomial coefficient times powers of 'b' as factors. If 'b' is constant this is a n'th order polynomial $p_b(a)$. Setting $a=b=1$ you get expansion of $2^n=p_1(1)$ as a sum. Now suppose you have a matrix of problems with performance in two variables proportional to binomial coefficients (compared to problem size described by two variables) arranged like a pascal triangle. Then solving all problems in n'th row must take $DTIME(2^n)$. Binomial coefficients describe how many different ways there are to choose k-combinations from n elements. So if your algorithm depends on enumerating k-combinations of n elements $(k<n)$ the algorithm cannot be polynomial time. Because if this problem was polynomial time, then above argument proves $P=NP=DTIME(2^n)$, since sum of two polynomials is a polynomial. But correct proofs of $P=NP$ problem either way are rare.