4 zamanlı serbest grafik

şöyle -cycle sorundur: $k$

Eşgörünüm: köşesi olan ve en fazla kenar içeren yönlendirilmemiş bir grafik $G$ $n$ $n \choose 2$

Soru: (uygun) bir $k$ döngüsü var mı? $G$

Arka plan: Herhangi bir sabit $k$ , $2k$ döngüsünü $O(n^2)$ zamanda çözebiliriz .

Raphael Yuster, Uri Zwick: Hatta Döngüleri Daha Hızlı Bulma. SIAM J.
Ayrık Matematik. 10 (2): 209-222 (1997)

Bununla birlikte, 3-döngüsünü (yani 3-klibi) matris çarpma süresinden daha kısa sürede çözüp çözemeyeceğimiz bilinmemektedir.

Benim sorum: $G$ 4 döngü içermediği varsayılarak , 3 döngü problemini $O(n^2)$ sürede çözebilir miyiz ?

David, 3-döngü probleminin bu varyantını $O(n^{2.111})$ zamanda çözmek için bir yaklaşım önerdi .

— Michael Wehar
kaynak

Bir grafik en küçük döngüsü en az 5 uzunluğa sahipse, en fazla kenara sahip olduğu görülmektedir. Bağlantı: link.springer.com/article/10.1007%2FBF01787638

G

$G$

O (n^{\frac{3}{2}})

$O(n^{\frac{3}{2}})$

— Michael Wehar

Ek bilgiler bu yazıda bulunabilir: citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/summary?doi=10.1.1.94.8121

— Michael Wehar

Bence Eisenbrand, Friedrich ve Fabrizio Grandoni ile de ilgilenebilirsiniz . "Sabit parametre klibi ve hakim kümesinin karmaşıklığı üzerine." Teorik Bilgisayar Bilimi 326.1 (2004): 57-67. (Farkında değilseniz).

— Juho

Yanıtlar:

Evet, bu biliniyor. Üçgen bulmaya ilişkin zorunlu alıntılardan birinde görünür ...

Yani, Itai ve Rodeh, SICOMP 1978'de zamanında, bir grafikte minimum uzunluk çevriminden en fazla bir kenarı olan bir çevrimin nasıl bulunacağını gösterir . (Özetin ilk üç cümlesine buradan bakın: http://www.cs.technion.ac.il/~itai/publications/Algorithms/min-circuit.pdf ) Önce genişlik özelliklerine dayanan basit bir prosedürdür. arama. $O(n^2)$

Bu nedenle, grafiğiniz 4 döngü içermiyorsa ve bir üçgen varsa, algoritmaları bunu vermelidir, çünkü 5 döngü veya daha büyük çıktı veremez.

— Ryan Williams
kaynak

Karesel değil, ancak Alon Yuster ve Zwick ("Verilen uzunluk döngülerini bulma ve sayma", Algorithmica 1997), zamanında üçgenleri bulmak için bir algoritma verir , burada hızlı matris çarpımı. 4-çevrim içermeyen grafikler için, tıkama içinde ve (başka bir orada -cycle bağımsız varlığının -cycles) zaman verir $O(m^{2\omega/(\omega+1)})$ $\omega$ $\omega<2.373$ $m=O(n^{3/2})$ $4$ $3$ . $O(n^{3\omega/(\omega+1)})=O(n^{2.111})$

— David Eppstein
kaynak

Bu harika! Gerçekten onu takdir ederim. :)

— Michael Wehar

Evet, bir grafikte 4 döngü yoksa, o zaman en fazla

kenarlar. Bağlantı:books.google.com/…

O (n^{\frac{3}{2}})

$O(n^{\frac{3}{2}})$

— Michael Wehar

Yanılıyorsam beni düzeltmekten çekinmeyin. Görünüşe göre Erdos'un "Çift Devre Teoremi", bir grafik

bisiklet serbestse, o zaman en fazla

olduğunu söylüyor.

2 k

$2k$

kenarlar. Bağlantı:sciencedirect.com/science/article/pii/S0012365X99901073

O (n^{1 + \frac{1}{k}})

$O(n^{1+\frac{1}{k}})$

— Michael Wehar

Sonuç olarak, bir grafiğin 6 döngüsü yoksa, en fazla

kenarlar. Bu nedenle,David'in önerdiği yöntemi kullanarak

zamanında3-döngü olup olmadığını belirleyebiliriz. :)

O (n^{\frac{4}{3}})

$O(n^{\frac{4}{3}})$

O (n^{1.876})

$O(n^{1.876})$

— Michael Wehar

Ayrıca, herhangi bir sabit için

, eğer

ise

ise serbest -cycle, o zaman belirleyebilir

subquadratic sürede 3 döngüsüne sahiptir çünkü

çok fazla kenarlara sahip değildir. Ancak,

olduğunda işler o zaman ilginçleşir.

yenebilir miyiz

k > 2

$k > 2$

G

$G$

2 k

$2k$

G

$G$

G

$G$

k = 2

$k = 2$

O (n^{2.111})

$O(n^{2.111})$

— Michael Wehar