içindeki iki noktası kümesi yalnızca döndürme ile farklılık gösteriyorsa testin karmaşıklığı ?

olmak üzere iki boyutta nokta setimiz olduğunu düşünün . Sadece rotasyonla farklılık gösteriyorlarsa testin karmaşıklığı (zaman) nedir? : Rotasyon matrisi vardır , öyle ki ? $m$ $X,Y\subset \mathbb{R}^n$ $OO^T=O^TO=I$ $X=OY$

Burada gerçek değerleri temsil etme meselesi vardır - basitlik için, her bir koordinat için (kısa) bir cebirsel formül olduğunu varsayalım, böylece temel aritmetik işlemlerin maliyeti O (1) olarak kabul edilebilir.

Temel soru bu sorunun P?

İlk bakışta bu problem basit gibi görünse de - genellikle noktaların normlarını ve açılar gibi yerel ilişkileri test etmek yeterlidir , örneğin grafik izomorfizm problemine eşdeğer olduğu kötü örnekler vardır .

Özellikle, güçlü düzenli grafiklerin (SRG) bitişiklik matrisinin eigenspaces alanlarına bakarak, geometrik yorum verebiliriz . Aşağıda en basit örnek - yerel olarak aynı görünen, ancak izomorfik olmayan iki 16 köşeli SRG:

SRG'lerin bitişiklik matrisinin her zaman sadece üç özdeğer (bilinen formüllerden) vardır - yukarıdaki özdeğer 2 için öz uzaya bakarak ( çekirdeği ), yukarıda yazılı temel 6 boyutuna sahiptir. Ortonormalize (Gram-Schmidt), "dikey vektörleri" döndüren rotasyonuna göre farklılık gösteren olası ortonormal bazların geniş bir alanını elde ederiz : 16 uzunluk 6. gibi vektörleri tanımlayın , burada, buna uygun olarak ikinci grafik için - eğer söz içerisine grafik izomorfizm soru dönüştürme ve yalnızca dönme bakımından farklıdır. $A-2I$ $O(6)$ $X\subset \mathbb{R}^6$ $|X|=16$ $Y$ $X$ $Y$

Zorluk, tüm bu noktaların bir alanda olması ve orijinal ilişkileri yeniden yaratmasıdır: tüm komşular (6 burada) <90 derece sabit açılı, tüm komşu olmayanlar (9 burada) şematikte olduğu gibi> 90 derece sabit bir açıdadır yukarıdaki resim.

Bu nedenle, norm ve yerel açılara dayanan testler, izomorfizm sorununu grafiğe geri döndürmeyi gerektirir ... ancak geometrik yorum, dönme değişmezleri gibi küresel özellikler üzerinde çalışmaya izin verir .

Genel olarak, doğal bir "küresel" yaklaşım her iki seti de ( serbestlik derecesi içerir "modulo rotasyonunu" tanımlamaya çalışıyor ve sadece her iki tanımın da aynı olup olmadığını kontrol ediyor. $n(n-1)/2$

Genellikle rotasyon değişmezlerini tanımlayabiliriz - soru, tam bir rotasyon değişkeni seti oluşturmaktır: bir set modulo rotasyonunu tamamen belirlemek.

Doğrudan noktalar (?) Üzerinde çalışan pratik rotasyon değişmezleri için bir yol bulamamam da, polinomlar ( yığın ) için yapılabilir . Derece 2 polinom , dönme değişmezlerinin tam bir temeli örn . için . Diyagramatik olarak uzunluk döngüsü olarak temsil edilebilir ve benzer şekilde daha yüksek mertebeden polinomlar için dönüş değişmezleri oluşturabiliriz (kalan soru bağımsızlıklarıdır), örneğin aşağıdaki her grafik, 1,2,3,4 polinom derecesinin tek bir dönüş değişmezine karşılık gelir. : $x^T A x$ $Tr(A^k)$ $k=1,\ldots,n$ $k$

Soru, bir polinomlu bir dizi noktanın nasıl tanımlanacağıdır - genellikle yüksek dereceli polinomlara ihtiyacımız var, örneğin , ancak SRG'ler için setler oldukça düzenli - sadece derece 6 polinom ile tarif edilebilir: $p(z)=\prod_{x\in X} (x\cdot (z-x))$

p (z) = \sum_{x \in X} (x \cdot z - a)^{2} (x \cdot z - b)^{2} (x \cdot z - c)^{2}

$p(z)=\sum_{x\in X} (x\cdot z -a)^2 (x\cdot z -b)^2 (x\cdot z -c)^2$ burada açıklar verilen SRG için elde edilen setlerdeki norm ve açılar (bilinmektedir).

a, b, c

$a,b,c$

İki derece 6 polinomun sadece polinom zamanında rotasyonla farklılık gösterip göstermediğini test edebilir miyiz? Eğer öyleyse, SRG'ler için grafik izomorfizmi P'dir.

SRG'lerden daha zor örnekler var mı (iki setin sadece rotasyonla farklılık gösterip göstermediğini test etmek için)? Babai (?) Sayesinde yarı-polinom üst sınırına izin vermesinden şüphe ediyorum.

Güncelleme : ( Çözülmüş ) dik Procrustes problemiyle benzerlik gösterdim :

min_{O : O^{T} O = I} ‖ O A - B ‖_{F} achieved for O = U V^{T}, where B A^{T} = U D V^{T}

$\min_{O:O^TO=I} \|OA-B\|_F \quad\textrm{achieved for}\quad O=UV^T,\quad\textrm{ where}\quad BA^T=UDV^T$

tekil değer ayrışmasından. Bu matrisleri noktalarımızdan inşa edebiliriz, ancak, bilmediğimiz ve olan siparişi bilmek gerekirolasılık. $m!$

Monte-Carlo veya genetik algoritmayı deneyebiliriz: yukarıdaki formülü kullanarak bazı noktaları değiştirmek ve mesafe iyileştirmeyi test etmekle birlikte, bu tür sezgisel algoritmanın üstel sayıda yerel minimaya sahip olabileceğinden şüpheleniyorum (?)

— Jarek Duda
kaynak

Pratik grafik izomorfizm algoritmaları için katil örnekler mutlaka SRG değildir. Burada tartıştığım Daniel Neuen ve Pascal Schweitzer'in şu anda en zor örnekleri veren iki makalesi var . Benim tartışmam, "çok yönlü yapı ... temelde yönlendirilmemiş çok kenarlı bir hipergrafiye uygulanan normal CFI yapısıdır" olduğunu iddia ediyor. Bu yapı, tüm otomorfizmaları ortadan kaldıran sert hale getirmek için daha da değiştirilmiştir. Daha önce SRG değildi, ama sonra kesinlikle bir SRG olmayacak.

— Thomas Klimpel

PCA dönüşümünün bazı hoş özellikleri olduğu için nokta kümelerinin temel bileşenlerini bulmak ve kontrol etmek yardımcı olacaktır.

— FazeL

ThomasKlimpel, bu zor örneklerin özdeğerleri hakkında bir şeyler söyleyebilir misiniz? @FazeL, PCA'dan korelasyon matrisinin özdeğerleri rotasyon değişmezlerinin örnekleridir - sadece rotasyonla farklılık göstermek için gerekli koşullar (SRG'ler için önemsiz). Sorun, örneğin dönme değişmezlerinin tam bir temeli ile - set (veya polinom) modülo dönüşünü tamamen belirleyen yeterli bir durum elde etmektir. İşte polinomlar için genel bir yapı: arxiv.org/pdf/1801.01058 , soru, bağımsız değişmezlerin yeterli sayıda (bilinen) nasıl seçileceği?

— Jarek Duda

Bu grafikler zaten renklidir, Sabit için, düğümlerinin o renge sahip olduğu renkler ve 2 düğümün bu renge sahip olduğu renkler vardır. Aygen açısından, bu araçlar size boyutun birçok Aygen olsun boyutun, ve hatta daha Aygen . En azından CFI yapısı k-düzenli yönlendirilmemiş bir grafiğe uygulanırsa olan budur. (Ama endişelenmeyin, SRG'nin izomorfizmi de açık bir sorundur.)

k

$k$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2

$2$

— Thomas Klimpel

Boyut eigenspaces aslında daha küçük eigenspaces'e ayrılabilir, çünkü SRG için bile 1'den fazla eigenspace var, ancak yukarıdaki mantık sadece tek bir eigenspace olduğunu önerecektir. Daha kısa (daha teorik) makaledeki Şekil 4.2'ye bakın, bu yüzden bu grafiklerin nasıl göründüğünü anlayın / anlayın.

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

— Thomas Klimpel

Bence bu açık. Döndürmeler altında denkliği test etmek yerine, genel lineer grup altında denklik talep ederseniz, zaten üç derece polinomun eşdeğerliğini test etmek GI-sert ( Agrawal-Saxena STACS '06 , yazarın serbestçe kullanılabilir sürümü ) ve aslında en az cebirsel izomorfizmi test etmek kadar zor. Şimdi, GI-sertliği probleminizin de olmadığının kanıtı değil , aslında tüm sorularınız aslında koyabilir $\mathsf{P}$ $\mathsf{P}$ önerdiğiniz yaklaşımla. Bununla birlikte, kübik form eşdeğerinin GI'den çok daha zor göründüğü gerçeği (örneğin, GI'den farklı olarak cebir izomorfizminin yarı poli zamanda olup olmadığını hala bilmiyoruz) (a) insanların bu yaklaşımı düşündüklerini ve (b) hala açık.

Ortogonal grup için benzer sonuçların geçerli olup olmadığından emin olmasam da, tutmazlarsa şaşırırdım (özellikle derece 3'ten derece 6'ya geçerseniz).

— Joshua Grochow
kaynak

Teşekkür ederim, bakacak çok şeyim var. Polinomların rotasyonu ile farklılık gösteren testler de üçüncü derece için zorlaştı mı? Katsayıların sayısı O (dim ^ derece), rotasyon dim (dim-1) / 2 katsayılarına sahiptir, bu nedenle tam açıklama modulo rotasyonu O (dim ^ derece) bağımsız rotasyon değişmezleri tarafından verilmelidir. Rotasyon değişmezlerini nasıl kuracağımı biliyorum ( arxiv.org/pdf/1801.01058 ), bağımsızlık koşulunun kanıtlanması zor görünüyor, ancak yüksek bağımlılık olası görünmüyor (?)

— Jarek Duda

@JarekDuda: Yorumunuzda yaptığınız aynı argüman , sahip olacağınız katsayılar dışında genel lineer denklik için geçerli olacaktır , ancak her ikisi de . .. Değişmezler arasındaki bağımlılık genellikle çok derin bir sorudur. Ayrıca, sadece kaç bağımsız değişmeze ihtiyacınız olduğu sorusu değil, aynı zamanda (a) poli-zaman içinde hangi değişmezlere ihtiyaç duyduğunuzu hesaplayabilir ve (b) bu tür değişmezlerin her birinin değerini çok-zamanlı olarak hesaplayabilir misiniz?

(\binom{d i m}{2})

$\binom{dim}{2}$

d i m^{2}

$dim^2$

Θ (d i m^{2})

$\Theta(dim^2)$

— Joshua Grochow

Tabii, sadece çok sayıda değişmez inşa edebiliyor olsam - diğer eşdeğerlik türleri (?) İçin doğru olup olmadığını bilmiyorum, rotasyon değişmezleri için her grafiğin bir değişmez verdiği inşaat var ve sistematik yapılar var. derece 2 polinom x ^ T Ax için değişmeyen Tr (A ^ k) için uzunluk k çevrim grafiklerine benzer şekilde büyük sayılar. Sabit dereceli polinom için, poli-zamanda yeterli sayıda (veya çok daha fazla) değişmez üretebiliriz - kalan sorun aralarında yeterli sayıda bağımsız olanı sağlamaktır.

— Jarek Duda