Складність підрахунку контурів у графі

Дано спрямований графік з n вузлами, таким чином, що кожна вершина має рівно два вихідних ребра, і натуральне число N, закодоване у двійкові, дві вершини s і t,

Я хочу порахувати кількість (не обов'язково простих) шляхів від s до t протягом N кроків.

Це # Р-важка проблема? Або взагалі в чому складність цієї проблеми?

cc.complexity-theory graph-theory counting-complexity

— маомао
джерело

Ви спробували матричне живлення?

— Yuval Filmus

так, але складність досі не відома, наскільки я бачу.

— maomao

Чи повинна прогулянка закінчуватися на t або просто відвідувати t в якийсь момент прогулянки?

— Тайсон Вільямс

він повинен закінчитися в t.

— maomao

@Geekster Для повного диграфа на 3 вершини з , число вважається N-м числом Фібоначчі, розмір якого є експоненціальним у N, подібно до того, як Девід стверджував у своїй відповіді на будь-який графік.

s \neq t

$s \ne t$

— Тайсон Вільямс

Відповіді:

Вихідна кількість контурів може бути (вибирайте довільно, а потім вибирайте як вершину, яка є кінцевою точкою найбільшої кількості прогулянок з ), для яких потрібна $\Omega(2^N/n)$ $s$ $t$ $2^N$ $s$ $\Omega(N)$ біти записати явно; це експоненціальна величина вводу. З іншого боку, підхід матричного живлення має багаточлен складності в сумі вхідних і вихідних розмірів. Тож, здається, це прямо розміщується в класі підрахунку задач, які мають вихідний розмір експоненціальної величини і можуть бути вирішені детерміновано за часом у поліномі у вихідному розмірі, незалежно від позначення цього класу (це якийсь аналог підрахунку для EXP, і точно не #EXP, що більше аналогічно NEXP).

— Девід Еппштейн
джерело

дякую, але я все одно хочу знати, чи ця проблема тверда.

♯ P

$\sharp P$

— maomao

Щоб уникнути великої кількості в ітераційному підході площин Девіда, ми можемо виконати всі модулі обчислення простим числом p. Тоді загальний алгоритм працює у поліномії часу в . Якщо ця проблема була # P-жорсткою при парсимонічних скороченнях багато-один, алгоритм з означав би P = P, в який ми не віримо.

n + \log N + \log p

$n + \log N + \log p$

p = 2

$p=2$

\oplus

$\oplus$

— Холгер

@Holger не схожий аргумент для Постійного? тобто, якщо Постійний # P-жорсткий, то Perm mod 2 буде P жорстким. Але Perm mod 2 = Det mod 2, який знаходиться в P.

\oplus

$\oplus$

— SamiD

@SamiD: Точно, ваш аргумент показує, що постійний, ймовірно, не є # P-жорстким при парсимонічних скороченнях. Відомі докази використовують скорочення Тьюрінга.

— Холгер

@Holger Я згоден. Вибачте, що я пропустив парнолюбну багато-одну частину. Таким чином, проблема енергозабезпечення матриці цілком може бути # P важкою при скороченні Тьюрінга.

— СаміД

$A^N[s,t]$ $A$ $\mathsf{BitSLP}$ $\#\mathsf{P}$ $\mathsf{BitSLP}$

$\mathsf{BitSLP}$ $\mathsf{CH} \subseteq \mathsf{PSPACE}$ $\mathsf{PH}^{\mathsf{PP}^{\mathsf{PP}^{\mathsf{PP}}}}$

— SamiD
джерело

$\leq N$ $=N$ $\leq N$ $\leq N-1$

$\leq 2$

— Мікі Герман
джерело

Оригінальна проблема не вимагає, щоб шлях був простим, тому я не думаю, що відповідь є правильною.

— maomao

Як це може бути # P-завершеним, коли всі проблеми #P мають ряд рішень, які є експоненціальними у вхідному розмірі, і це подвійне експоненціальне?

— Девід Еппштейн

Що означає "ND31" у контексті книги Гарі та Джонсона?

— Тайсон Вільямс