Чи існує ефективний алгоритм визначення того, чи має графік нетривіальний автоматифізм?

Я працюю над проблемою, пов’язаною з латинськими квадратами, і я хочу метод, який по суті зводиться до проблеми вирішення:

Введення : Кінцевий, простий графік G.
Вихід : YESякщо G має нетривіальний автоматифізм, NOінакше.

Звідси ...

Питання : Чи існує ефективний алгоритм визначення того, чи має графік нетривіальний автоматифізм?

Ми могли б використовувати Nauty або Bliss (і, можливо, деякі інші пакети) для обчислення всієї групи автоморфізму, але мені це не потрібно; все, що мені потрібно, щоб визначити, тривіально чи ні.

Цілком можливо, що ця проблема теоретично рівнозначна за складністю "певним чином обчислити всю групу автоморфізму". Я не впевнений.

З моєї мети, "ефективний" в основному означає "швидше на практиці, ніж обчислення всієї групи автоморфізму", але мене також цікавить теорія, що стоїть за цим.

— Ребекка Дж. Стоунс
джерело

Це еквівалентно графу ізоморфізму.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus Наскільки мені відомо, немає відомих скорочень від "Є

G_{1}

$G_1$ ізоморфний до

G_{2}

$G_2$ "до" чи

G

$G$ мають нетривіальний автоматифізм ". Очевидно, якщо

G_{1} ≃ G_{2}

$G_1\simeq G_2$ то їх непересічний союз має нетривіальний автоматифізм (своп

G_{1}

$G_1$ і

G_{2}

$G_2$ ), але будь-який нетривіальний автоматифізм Росії

G_{1}

$G_1$ також був би нетривіальний автоматифізм Росії

G_{1} + G_{2}

$G_1+G_2$ .

— Девід Річербі

Що стосується вашого останнього запитання, якщо дано оракул GA, можна в поліноміальний час знайти генеруючу множину групи автоморфізму, то GI - це Тюрінг зводиться до GA, про що я не впевнений, що відомо.

— Аріель

@DavidRicherby Що з наступним документом? sciencedirect.com/science/article/pii / ...

— Юваль Філмус

@YuvalFilmus Добре, тож ви використовуєте скорочення Тьюрінга, і я використовую багато-один скорочення. І я думаю, що скорочення Тьюрінга більше стосуються того, хто насправді намагається вирішити проблему.

— Девід Річербі

Оскільки ви також зацікавлені в теорії, що стоїть за нею, я б запропонував вам квазіполіномічний алгоритм часу для вашої проблеми.

Для кожної пари вершин $u\neq v$ (того ж ступеня) в $G$ , ми намагаємося побачити, чи можна замінити $u$ і $v$ .

Для цього зробіть копію $G$ , назви це $G'$ . Тепер видаліть $u$ з $G$ , видалити (копію) $v$ з $G'$ .

Потім для кожного $w\in N(u)$ прикріпити до нього дуже довгий шлях, але тільки поліноміально довгий .

Потім для кожного (копія) $w\in N(copy\ of\ v)$ прикріпити до нього дуже довгий шлях, але тільки поліноміально довгий .

Всі згадані вище дуже довгий шлях, але поліноміально довгий , повинні бути однакової довжини.

Назвіть алгоритм Бабая на введенні цієї новоспеченої пари графіків.

Якщо для будь-якої пари $(u, v)$ , ми маємо $YES$ відповідь від Бабаї, відповідь $YES$ і зупинити.

Якщо жоден не повертається a $YES$ відповідь, відповідь $NO$ і зупинити.

Ясна річ, приєднання до всіх вершин в $N(u)$ і $N(v)$ змушує графічний ізоморфізм внутрішнього робочого механізму Бабая його алгоритму лише відображати вершини в $N(u)$ до $N(v)$ . Таким чином, якщо відповідь Бабая є $YES$ тоді ми можемо спокійно підключити назад $u$ і $v$ мати нетривіальний автоморфізм $G$ , оскільки $G'$ є копією $G$ .

Складність виконання часу все ще квазіполі.

— Тхін Д. Нгуен
джерело