Rastgele bir grafikte kısa bir döngü bulmak ne kadar sürer?

Let rasgele bir grafik olarak kenarları. Çok yüksek olasılıkla, birçok döngüsü vardır. Amacımız, bu döngüden herhangi birini olabildiğince çabuk çıkarmaktır .$G \sim G(n, n^{-1/2})$$\approx n^{3/2}$$G$$4$$4$

Biz erişebilir düşünürsek bitişiklik liste şeklinde, içinde sabit bir olasılık ile başarılı olabilir , aşağıdaki gibi bir süre: herhangi bir düğüm çekme ve rastgele üreten başlar başlayarak -paths ; bir son noktayı paylaşan iki ayrı yol bulduğumuzda, işimiz biter. olası uç nokta vardır ve doğum günü paradoksu hakkında keşfettikten sonra sürekli bir olasılıkla başaracağız .$G$$O(\sqrt{n})$$v$$2$$v$$2$$n$$\sqrt{n}$

Daha iyisini yapabilir miyiz? Özellikle, sabit olasılıkla başarılı bir sabit zamanlı algoritma mümkün mü?

Hayır, sorgularını yenemezsiniz . Uyarlayıcı algoritmalar için çalışan exfret'in bunun kanıt taslağını nasıl resmileştireceğimizi açıklayacağım . Bütün bunlar exfret'in cevabında bekleniyor; Sadece bazı detayları dolduruyorum.$\Theta(\sqrt{n})$

Sorunlar her sorgu ya da bir sorgu, bir dizi "getirme herhangi bir (muhtemelen uyarlamalı) algoritması dikkate alın tepe th kenar ya da 'tepe noktaları olup bir test sitesindeki bitişiklik listesi' , bir kenar ile bağlanır". Bir sorguyu tekrarlayan herhangi bir algoritma, hiçbir sorguyu tekrarlamayan bir algoritmaya dönüştürülebileceğinden hiçbir sorgunun tekrarlanmadığını varsayabiliriz. Benzer şekilde, algoritma önce bir kenar (bağlı olduğu bilinen herhangi bir köşe çift bir bağlantı sorgu yapmaz varsayabiliriz yani, test zaman , daha önce tarafından döndürülen bir sorgu getirme , ya da idi önceden getirme sorgusu tarafından döndürüldü$i$$v$$v,w$$v,w$$w$$v$$v$$w$veya daha önce ) 'nin bağlantısını test ettik .$w,v$

, ilk sorguları sırasında, köşe birden fazla getirme sorgusu tarafından döndürülmediği ve getirme sorgusunun daha önce sorgulanan bir tepe noktasını döndürmediği ve bağlantı-test sorgusunun döndürülmediği göstermesine izin verin ". ise olduğunu kanıtlayacağız . Sonuç olarak, sorguları yapan hiçbir algoritmanın sürekli bir 4 döngü bulma olasılığı olamaz.$E_k$$k$$w$$\Pr[E_q] = 1-o(1)$$q=o(\sqrt{n})$$o(\sqrt{n})$

Bunu nasıl kanıtlarız? 'ı hesaplayalım . İki durum vardır: Sorgusu bir getirme sorgusudur veya bir bağlantı testi sorgusudur:$\Pr[E_k|E_{k-1}]$$k$

1. Eğer inci sorgu isimli bir köşe sorgu getirme bulunmaktadır ilk arasında sözü edilen köşe$k$$v$$2(k-1)$$k-1$ sorgular ve eğer inci sorgu döndürür onlardan biri o zaman olacak aksi halde, olacak . Şimdi yanıt inci sorgusu is eşit bir dizi dağıtılan köşe ait üzerinde önceden getirme sorgular tarafından teslim edilmemiş olan tüm köşe içeriyor cevaben böylece inci sorgu düzgün bir sette dağıtılan isimli en az büyüklüğünde$k$$\neg E_k$$E_k$$k$$S$$S$$v$$k$$n-k+1$. Bunlardan en az birine çarpma olasılığı , bu durumda .$\le 2(k-1)/(n-k+1)$$\Pr[E_k|E_{k-1}] \ge 1 - 2(k-1)/(n-k+1)$

2. Eğer inci sorgu isimli bir bağlantı test sorgu, daha sonra .$k$$\Pr[E_k|E_{k-1}] \ge 1 - 1/\sqrt{n}$

Her iki durumda da, Elimizdeki$q=o(\sqrt{n})$

Şimdi,

Eğer , daha sonra$k \le q \le \sqrt{n}$

yani

Sağ taraf yaklaşık . Zaman , bu .$\exp \{ - 2q^2/(n-q)\}$$q = o(\sqrt{n})$$1 -o(1)$

Sonuç olarak: olduğunda . Herhangi bir döngü bulma olasılığına sahip olmak için ihtiyaç duyulur 4 döngü olsun).$\Pr[E_q] = 1-o(1)$$q=o(\sqrt{n})$$\Omega(\sqrt{n})$

En sadece sorgulayabilir varsayalım (ı kriteri olduğu varsayılarak am) veya iki verilen noktalar bitişik olup, belirli bir vertex en bitişiklik listesinin inci kenarı. Bu durumda, bir döngü bulmak için sorguları gerekir. Bunun nedeni , ilk türdeki tüm sorgularımızın farklı köşeler döndürmesi ve ikinci türdeki tüm sorgularımızın iki köşenin birbirine bağlı olmaması nedeniyle şansı olmasıdır.$i$$\sqrt n$$1-o(1)$

Bir yerde yanılıyorsam veya sorunu yanlış anlarsam lütfen beni düzeltin.