Реконструкція дерева з розділових запитів

Припустимо, $T$ - дерево постійного ступеня, структура якого ми не знаємо. Проблема полягає у виведенні дерева , задаючи запити форми: "Чи лежить вузол на шляху від вузла до вузла ?". Припустимо, що кожен запит може відповідати оракулом постійно. Ми знаємо значення , кількість вузлів на дереві. Мета - мінімізувати час, необхідний для виведення дерева з точки зору .x a b n $T$$x$$a$$b$$n$$n$

Чи існує алгоритм $o(n^2)$ для вищезазначеної проблеми?

Припустимо, що ступінь будь-якого вузла в становить не більше 3.$T$

Що я знаю

Корпус обмеженого діаметру легко . Якщо діаметр дерева дорівнює , то ми можемо отримати алгоритм ділення і перемоги:$D$

Будь-яке двійкове дерево має хороший роздільник, який розділяє дерево на компоненти розміром не менше 1/3n.

1. Виберіть будь-яку вершину x. Якщо це хороший роздільник мітки, то і повторіть.
2. Знайдіть усіх 3 сусідів х.
3. Рухайтеся в напрямку сусіда, який має найбільшу кількість вузлів. Повторіть крок 2 із сусідом.

Оскільки пошук сепаратора займає максимум кроків, ми отримуємо алгоритм .O ( n D log n $D$$O(nD\log n)$

рандомізовані алгоритм$O(n\;\log^2 n)$ . (зрушено з коментарів нижче)

Виберіть дві вершини х та у випадковим чином. З 1/9 ймовірністю вони будуть лежати на протилежних сторонах роздільника. Виберіть середній вузол шляху від до . Подивіться, чи це роздільник, чи не двійковий пошук.$x$$y$

Він займає $O(n\;\log n)$ очікуваний час для пошуку сепаратора. Таким чином, ми отримуємо$O(n\;\log^2 n)$ рандомізований алгоритм.

Фон Про цю проблему я дізнався від друга, який працює в імовірнісних графічних моделях. Вищезазначена задача приблизно відповідає вивченню структури дерева перехрестя за допомогою оракула, який, з урахуванням трьох випадкових змінних X, Y і Z, може визначити значення взаємної інформації між X і Y з урахуванням значення Z. Якщо значення близьке до нуля, можна вважати, що Z лежить на шляху від X до Y.

Ні . Наступна проста стратегія противника передбачає, що будь-який алгоритм для реконструкції дерева вузлів потребує щонайменше ( n - $n$запитів "між".$\binom{n-1}{2} = n(n-1)/2$

Довільно позначте вузли . Противник відповідає на всі запити так, ніби дерево - це зірка з вершиною 0 в центрі; подумайте про 0 як про корінь, а про інші вузли - про його дітей.$0,1,2,\dots,n-1$$0$$0$

Between?(a,x,b)
    if x=0 return TRUE else return FALSE

Тепер припустимо, що алгоритм зупиняється після виконання менше запитів. Тоді повинно бути дві вершини y і z , ні дорівнювати нулю, щоб алгоритм не запитував жодної перестановки трійки ( 0 , y , z ) . Якщо алгоритм стверджує, що дерево не є зіркою з центром 0 , противник розкриває свій вклад, доводячи алгоритм неправильним. Тоді супротивник виявляє, що x насправді є єдиною дитиною y , доводивши алгоритм неправильно.$n(n-1)/2$$y$$z$$(0,y,z)$$0$$x$$y$

Оновлення: На жаль, щойно помітили обмеження ступеня. На щастя, це не основна перешкода. Замініть вузол своїм улюбленим двійковим деревом, а інші n - 1 вузлами залиште в невідомому порядку, а потім розкрийте це піддерево в алгоритмі відновлення. Для реконструкції отриманого ( 2 n - 3 ) -назовного двійкового дерева все ще потрібно принаймні n ( n - 1 ) / 2 запитів. Еквівалентно для реконструкції двійкового дерева m- вузла потрібно щонайменше ( m + 3 $0$$n-1$$(2n-3)$$n(n-1)/2$$m$ запитів. (Я впевнений, що більш тонка конструкція покращила б постійність.)$(m+3)(m+2)/8$ Як зазначає Джагадіш, це узагальнення не працює; запити про внутрішні вузли в дереві накладають впорядкування на листки, що зменшує кількість необхідних запитів.

У мене з Аніндя Сен є робота в ALT '13, де ми даємо алгоритм цієї проблеми. Ми не знаємо, чи можливий кращий алгоритм.$\tilde O(n \sqrt{n})$