Bir FO özelliği NL sertliğini ne zaman öldürür?

Bağlam: Sadece digrafileri ele alıyoruz. CYCLE, bir döngülü grafiklerin dili olsun; NL-tam bir sorundur. HASEDGE en az bir kenarı olan grafiklerin dili olsun. Sonra önemsiz bir şekilde, artık NL-hard değil, öyle. $\text{CYCLE} \cup \text{HASEDGE}$ $\text{CYCLE} \cup \overline{\text{HASEDGE}}$

Gerçek sorun: dilinin hala NL zor.

CYCLE \cup {(V, E) : (\exists u, v, x, y) [E (u, v) \land E (x, y) \land \neg E (u, y) \land \neg E (x, v)]}

$\text{CYCLE} \cup \{(V, E):(\exists u,v,x,y)[E(u, v) \land E(x, y) \land \neg E(u, y) \land \neg E(x, v)]\}$

Soru: Grafiklerin kelime dağarcığındaki hangi FO formülü için NL-zor? Bu tesis karar verilebilir mi? $\phi$

CYCLE \cup {(V, E) : (V, E) ⊨ ϕ}

$\text{CYCLE} \cup \{(V, E) : (V, E) \models \phi\}$

Girdiniz için teşekkürler!

cc.complexity-theory graph-theory descriptive-complexity

— Michaël Cadilhac
kaynak

Yanıtlar:

"Gerçek Sorun" . Aşağıdaki eşleme azaltır için : $\text{NODIAG}$ $\text{CYCLE}$ $\text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

Belirli için , her köşe yerine içinde iki kopyası ile ve ve bir kenar olup olmadığını içinde , izin kenarlara sahip ve . Böylece her için grafiği karşılar . $G=(V,E)$ $v$ $G$ $v$ $v'$ $(u,v)$ $E$ $G'$ $(u,v), (u,v'), (u',v)$ $(u',v')$ $G$ $G'$ $\neg \text{NODIAG}$

Ayrıca, ancak ve ancak bir döngüsü vardır nedenle, döngüsüne sahiptir e tatmin IFF satifies . Bu nedenle , NL zordur. $G'$ $G$ $G'$ $\text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$ $G$ $\text{CYCLE}$ $\text{CYCLE}\cup \text{NODIAG}$

Bence benzer bir yapı tamamen evrensel olan her mülk için işe yarayacaktır.

— Jan Johannsen
kaynak

Çalışmanız için teşekkürler Jan! Ancak sorunu tamamen ele aldığınızdan emin değilim, çünkü G'de bir NODIAG yapısı görünürse, inşaatınızın sonunda hala AFAIU görünür.

— Michaël Cadilhac

G^{'} ⊨ \neg NODIAG

$G'\models \neg \text{NODIAG}$

G ⊨ CYCLE

$G\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊨ CYCLE

$G'\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊨ CYCLE \cup NODIAG

$G'\models \text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

G ⊭ CYCLE

$G\not\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊭ CYCLE

$G'\not\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊭ CYCLE \cup NODIAG

$G'\not\models \text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

CYCLE

$\text{CYCLE}$

CYCLE \cup NODIAG

$\text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

Jan, çok üzgünüm, sorumun anlatımıyla uğraştım; açıklanan alt grafiğin HARİÇ TUTULAN bir grafik olduğu düşünülüyordu. Önceki ifadelerde, grafiğin NODIAG dışında olması için yalnızca dört yeni ve kenar , ve yeni düğüm eklemeniz gerektiğini unutmayın. Yine, yazım hataları için çok üzgünüm.

u, v, x, y

$u,v,x,y$

u \to v

$u \to v$

x \to y

$x \to y$

u \to y

$u \to y$

— Michaël Cadilhac

(Not: Yanlış anlaşılmış bir soru üzerinde çalıştığınız için borçlu olduğum için, listede görünmeyen güzel bir başlık içeren bir TCS makalesi: Tesson ve Therien'in Diamonds Forever (The Variety DA) .)

— Michaël Cadilhac

Bu durumda, her kenarına yeni bir tepe noktası eklemeye ne dersiniz: her yerine ve . Elde edilen grafiği , döngüseldir ve , hariç tutulan bir yapıya sahip değildir. BTW Artık bu listeyi korumuyorum.

G

$G$

e = (u, v)

$e = (u,v)$

(u, v_{e})

$(u,v_e)$

(v_{e}, v)

$(v_e,v)$

G^{'}

$G'$

G

$G$

— Jan Johannsen

Asıl sorun FO. Mevcutsa test şekilde ve açıkça FO'dadır. $a,b,c,d \in V(G)$ $(a,c),(b,d) \in E(G)$ $(a,d),(b,c) \notin E(G)$

Böyle olmadığını varsayalım , o zaman , yalnızca iki uzunluklu bir yönlendirilmiş döngüyü kabul ederse yönlendirilmiş bir döngüyü kabul eder. Bu, herhangi bir iki köşe için aslında çıkarsanabilir ve arasında , bunların üzerinden-yakın çevre ve bu şekilde olan veya . $a,b,c,d$ $G$ $G$ $a$ $b$ $G$ $N^-(a)$ $N^-(b)$ $N^-(a) \subseteq N^-(b)$ $N^-(b) \subseteq N^-(a)$

Bu nedenle, 'de (FO olan olup olmadığını kontrol etmek yeterlidir . $a,b \in V(G)$ $(a,b),(b,a) \in E(G)$

Bu nedenle, içinde ancak ve ancak $G$ $CYCLE \cup NODIAG$ $(\exists a,b,c,d)[(E(a,b) \wedge E(c,d) \wedge \neg E(a,d) \wedge \neg E(b,c)) \vee (E(a,b) \wedge E(b,a))]$

— Adrien
kaynak

Teşekkürler Adrien. Herhangi iki düğümün mahallelerinin neden karşılaştırılabilir olduğu konusunda bir tartışma eklemek ister misiniz? Kimsenin tüm sorunu çözüp çözmediğini görmek için biraz bekleyeceğim ve kimse görünmezse, cevabınızı alacağım.

— Michaël Cadilhac

Dış mahallelerin karşılaştırılabilirliğinin gerçekten geçerli olduğunu düşünmüyorum. Örneğin, kenarları ve olan sadece dört köşelerinin grafiğini alın . Bu grafik, tatmin Michael formülü, ancak ile eşsiz bir .

a, b, c, d

$a,b,c,d$

(a, c)

$(a,c)$

(b, d)

$(b,d)$

N^{-} (a) = {c}

$N^-(a) = \{ c\}$

N^{-} (b) = {d}

$N^-(b) = \{ d\}$

— Jan Johannsen

@Jan: Eğer yanılmıyorsam, Adrien'in amacı, eğer bir grafik ikinci kısmı tatmin etmiyorsa, o zaman bir döngüye sahipse, bir uzunluk 2 döngüsüne sahip olmasıdır. <i> grafiğinin ikinci kısmı karşılamaması durumunda karşılaştırılabilirlik geçerlidir.

— Michaël Cadilhac