Bir grafiği düğüm ayrılma döngülerine bölme

İlgili sorun: Veblen Teoremi, "Bir grafik, yalnızca ve hatta çift ise bir döngü ayrışımını kabul ettiğini" belirtir. Döngüler kenar ayrıktır, ancak mutlaka düğüm ayrıklığı yoktur. Başka bir deyişle, "Bir grafiğin kenar kümesi, yalnızca her tepe noktası eşit derecede ise, döngülere bölünebilir."

Benim Sorunum: Herkes düğüm-ayrık döngüleri bir grafik bölümü incelemiş merak ediyorum. Kendisine, bölüm köşe bir grafik içine , ve indüklenen her alt grafiğinin Hamilton olup. $V$ $G$ $V_1, V_2, \cdots, V_k$ $V_i$

NP zor mu, kolay mı?

Daha fazla ilgili sorun: Üçgene bölünme NP-tamamlanmıştır. (Sayfa 68 / "Bilgisayarlar ve sürdürülemezlik")

Tavsiyeleriniz için şimdiden teşekkür ederiz. ^^

cc.complexity-theory graph-theory co.combinatorics

— Peng Zhang
kaynak

Eşleştirmede kolay bir azalma var. Algoritmalarda iyi bilinen egzersiz.

— Chandra Chekuri

Bu senin sorunun mu : en.wikipedia.org/wiki/Vertex_cycle_cover ?

— Thomas Ahle

@ThomasAhle Teşekkürler, o wiki sayfasının farkında değildim. Bu wiki sayfasında adı geçen 'ayrık döngü kapağı' olarak adlandırılır.

— Peng Zhang

Tepe-ayrık döngülere bölünme, daha yaygın olarak 2-faktör olarak bilinen 2-düzenli bir alt paragrafla aynı şeydir. Eşleşmeye dayalı bir algoritma ile (eğer varsa) polinom zamanında bulunabilir. ~~Örneğin bu bağlantıya bakın .~~

ETA Kasım 2013: Aşağıdaki yorumlardan, yukarıda bağlantılı kaynaktan indirimin yanlış olduğu anlaşılıyor. Bununla birlikte, sorunun mükemmel eşleşmeye indirgenebileceği ifadesi hala doğrudur. Doğru azalma WT Tutte (1954), "Sonlu grafikler için faktör teoreminin kısa bir kanıtı", Kanada J. Math. 6: 347-352 .

$v$ $d$ $G_v=K_{d,\,d-2}$ $uv$ $G_u$ $G_v$ $d$ $G_v$

$d-2$ $G_v$ $d-2$ $d$ $G_u$

— David Eppstein
kaynak

Anlamıyorum. Bu algoritmadan bulduğum tüm sözler bir euler turu hesaplayarak başlıyor. Bununla birlikte, bir euler turu olmadan döngü ile çevrilebilen birçok grafik var. Tüm kenarların kullanılmasını istemiyorsak P de mi?

— Thomas Ahle

Bağlantı verdiğim makaleyi okudun mu? Orada Euler turlarından bahsetmedim.

— David Eppstein

E^{'}

$E'$

(i, j)

$(i,j)$

V

$V$

V^{'}

$V'$

(i, j^{'})

$(i,j')$

V

$V$

V^{'}

$V'$

Yani, her yönlendirilmemiş kenarı her yönde yönlendirilmiş bir kenara dönüştürebilirim, ancak sonra eşleştirme bana çok fazla "uzunluk 2" döngüsü verebilir, değil mi?

— Thomas Ahle

k

$k$

k

$k$