Bir DAG'daki tüm uzun yolların yok edilmesi ne kadar pahalı olabilir?

Bir kaynak düğümü ve bir hedef düğümü DAG'ları (yönlendirilmiş asiklik grafikler) ; aynı çift köşe birleştiren paralel kenarlara izin verilir. Bir - kesme kenarları kaldırma bir dizi, tüm yok - daha uzun yollar ; daha kısa - yolları ve uzun "iç" yollar ( ve arasında olmayanlar ) hayatta kalabilir!t k s t k s t s $s$$t$$k$$s$$t$$k$$s$$t$$s$$t$

Soru: Yeterli bir hakkında en az kaldırmak mı için bir DAG kenarları kısmına hepsini yok etmek - daha uzun yollar ? s t $1/k$$s$$t$$k$

Eğer kendisine, de kenarlarının toplam sayısını gösterir , her DAG daha sonra yok mı bir kes yaklaşık en fazla olan kenarları? İki örnek:G G k e ( G ) /$e(G)$$G$$G$$k$$e(G)/k$

1. Eğer tüm - yolları uzunluğu , daha sonra, bir kes ile kenarları bulunmaktadır. Daha sonra olmalıdır, çünkü bu tutar , ayrık -cuts: sadece düğümleri katman kaynak düğümüne olan uzaklıklarına göre . t > k k ≤ e ( G ) / k k k G $s$$t$$> k$$k$$\leq e(G)/k$$k$$k$$G$$s$
2. Eğer a, geçişli turnuvası (tam bir DAG), ve bu da bir kes ile kenarları vardır: sabit bir topolojik sıralama arasında düğümleri, düğümleri n / k uzunluktaki art arda k aralıklarına ayırın ve aynı aralığın düğümlerine katılan tüm kenarları çıkarın; Bu yok edecek s - t yolları daha uzun k . k ≤ k ( n /$G=T_n$$k$$\leq k\binom{n/k}{2} \approx e(G)/k$n / k s t $k$$n/k$$s$$t$$k$

Açıklama 1: Olumlu bir cevap vermek için naif bir girişim (ki ben de ilk denedim ) her DAG'ın $k$ ayrık $k$ kesimlerine sahip olması gerektiğini göstermeye çalışmak olacaktır . Ne yazık ki, bu girişim kötü başarısız olabilir Örnek 2 göstermektedir: güzel bir argüman yoluyla David Eppstein etti gösterildiği için, o $k$ hakkında $\sqrt{n}$ , grafik $T_n$ dörtten fazla olamaz ayrık $k$ -cuts!

Açıklama 2: bir önem taşımaktadır sadece ihtiyaçları kes tüm uzun yok etmek - tüm uzun yolları mutlaka yolları değil. Şöyle ki, orada ana kadar ¹ her "saf", içerisindeki DAG'leri kes (üzere kenarları olayı kaçınarak veya hemen hemen tüm kenarlar ihtiva gerekir). Yani, sorum aslında: veya ile oluşan kenarları da çıkarma olasılığı kesiminin boyutunu önemli ölçüde azaltabilir mi? Büyük olasılıkla, cevap olumsuz, ama henüz bir karşı örnek bulamadım. s t k s t s t $k$$s$$t$$k$$s$$t$$s$$t$$k$

Motivasyon: Sorum, monoton anahtarlama ve doğrultucu ağlar için daha düşük sınırlar kanıtlayarak motive oluyor. Böyle bir ağ sadece bir DAG'dır, bazıları kenarları " ?" ( testi yoktur ). Boyutu , bir ağın etiketli kenarları sayısıdır. Giriş vektörü kabul edilir, eğer tüm testleri bu vektörle tutarlı olan bir - yolu varsa . Markov olan kanıtlanmıştır , bu monoton boolean işlevi ise bir mintermleri daha kısa olan ve daha maxtermler kısa , daha sonra büyüklük x i = 0 s t f l w l ⋅ w k ⋅ w k w k 0 $x_i=1$$x_i=0$$s$$t$$f$$l$$w$$l\cdot w$gerekli. Sorumun bir olumlu cevap hakkında boyutta olduğu ağlarını ima eder en azından eğer, gerekli değişkenleri olarak ayarlanması gerekir daha uzun tüm mintermleri yok etmek için .$k\cdot w_k$$w_k$$0$$k$

¹ Yapı bu makalede verilmiştir . Derinlik tam bir ikili ağaç alın . Tüm kenarları çıkarın. Her iç düğüm için , bir kenar çekme sol alt ağacın her yaprağından ve bir kenar sağ alt ağacın her yaprak . Böylece, her iki yaprağı DAG'daki uzunluğundaki bir yolla bağlanır . DAG'ın kendisinde düğümleri ve kenarları vardır, ancak den daha uzun tüm yolları yok etmek için kenarlarının kaldırılması gerekirgünlüğü n v v T v v T v T 2 ∼ n ∼ n günlüğü n Ω ( n günlüğü n ) $T$$\log n$$v$$v$$T_v$$v$$T_v$$T$$2$$\sim n$$\sim n\log n$$\Omega(n\log n)$$\sqrt{n}$.

[Kendi kendine cevap; bu kısaltılmış bir versiyon, eski olanı burada bulabilirsiniz ]

Benim sorunun cevabı olduğunu Georg Schnitger ile gerçekleştirilen kuvvetli negatif : (hatta sabit derece) DAG'ler, olduğu yerde her bir olmalıdır kes sabit değil, sadece bir ilgili tüm kenarların kısmını gibi fraksiyonu benim sorum. ( Yukarıdaki dipnotta belirtilen çok daha basit bir yapı kullanılarak fraksiyonunun gerekli olabileceği biraz daha zayıf bir sonuç elde edilebilir. Hızlı bir yazma buradadır ) $k$$1/k$$1/\log k$

Yani, "Derinlik azaltma ve ızgaralar" makalesinde Georg , aşağıdaki özelliğe sahip düğümler üzerinde sabit maksimum derece olan bir dizi yönlendirilmiş asiklik grafik oluşturdu :$H_n$$d$$n=m2^m$

• Her sabit için sabit olduğu , en fazla herhangi bir alt kümesi, böyle, bu düğümleri çıkarılır kalan grafik uzunlukta bir yol içeren, en az . $0\leq \epsilon < 1$$c > 0$$cn$$H_n$$2^{\epsilon m}$

İki yeni düğümlerin al ve ve bir kenar çekme , her düğüme ve her bir düğümden bir kenarına için . Elde edilen grafik hala en fazla kenara sahiptir.$s$$t$$s$$H_n$$H_n$$t$$G_n$$2n+dn=O(n)$

Her sabit için , bir sabit vardır örneğin en az herhangi bir alt kümesi, bu kenarlarından kaldırılır kalan grafik bir içermektedir - ile yol veya daha fazla kenar. c ′ > 0 c ′ n G n s t 2 ϵ $0\leq \epsilon < 1$$c ' > 0$$c'n$$G_n$$s$$t$$2^{\epsilon m}$

Kanıt: düğümleri Çağrı iç düğümleri . En herhangi bir kısmını çıkarmak kenarlarda , . Bundan sonra, çıkarılmış bir kenara rastlarsa bir iç düğümü çıkarın. Daha sonra en fazla iç düğümün kaldırıldığını unutmayın. Hayatta kalan düğümlere gelen kenarların hiçbiri çıkarılmadı. Özellikle, hayatta kalan her iç düğüm hala ve düğümlerinin her ikisine de bağlıdır . yukarıdaki özelliğine göre$H_n$ c ′ n G n c ′ = c / 2 2 c ′ n = c $G_n$$c'n$$G_n$$c'=c/2$$2c'n=cn$$s$$t$$H_n$$2^{\epsilon m}$$s$$t$$G_n$

Bir sonucu üzücü: orada yok değil birçok fonksiyonlar için Markov lemmasının herhangi analog mevcut kısa kümesi rağmen mintermlerin uzun hayır süper lineer şebeke büyüklüğüne alt sınırları ardından kullanılarak ispatlanabilir: mintermlerin bazı "karmaşık" bir yapıya sahiptir bu "uzunluk kez genişlik" bağımsız değişkeni.

$s$$t$