Я припускаю, що число у визначенні проблеми CLIQUEpрівно дорівнює кількості ребер у графіку, на відміну від коментаря gphilip до питання.⌈p(t2)⌉
Задача CLIQUE p є NP-повною для будь-якої раціональної постійної 0 < p <1 шляхом зменшення від звичайної задачі CLIQUE. (Припущення, що р є раціональним, потрібне лише для того, щоб можна було обчислити з N у поліномії часу в N. )⌈pN⌉
Нехай k ≥3 - ціле число, що задовольняє і k 2 ≥1 / p, і (1−1 / k ) (1−2 / k )> p . Враховуючи графік G з n вершинами та m ребрами разом із пороговим значенням s , зменшення працює наступним чином.
- Якщо s < k , ми вирішуємо задачу CLIQUE в часі O ( n s ) час. Якщо є клаца розміром принаймні s , ми виробляємо фіксований екземпляр так. В іншому випадку ми виробляємо фіксований екземпляр.
- Якщо n < s , ми виробляємо фіксований no-екземпляр.
- Якщо n ≥ s ≥ k , додамо до G a ( k −1) -частковий графік, де кожен набір складається з n вершин, що має рівно ребер і складіть цей графік.⌈p(nk2)⌉−m
Зауважимо, що випадок 1 займає час O ( n k −1 ), який є поліном в n для кожного p . Випадок 3 можливий тому, що якщо n ≥ s ≥ k , то неотрицательний і, щонайбільше, кількість ребер у повному (k−1) -частковому графіку Kn,…,n,як показано в наступних двохпунктахформули.⌈p(nk2)⌉−m
П.1 . .⌈p(nk2)⌉−m≥0
Доказ . Оскільки , досить, якщо доведемоp ( nkm≤(n2) або еквівалентноpnk(nk−1) ≥n(n−1). Оскількиp≥ 1 /k2, маємоpnk(nk−1) ≥n(n−1 /k) ≥n(n−1). QED.p(nk2)≥(n2)
П. 2 . . (Зверніть увагу, що права частина - це кількість ребер у повному (k − 1) -частковому графіку Kn,…,n.)⌈p(nk2)⌉−m<n2(k−12)
Доказ . Оскільки і m ≥ 0, то достатньо, якщо доведемо p ( n k⌈x⌉<x+1 або еквівалентноn2(k−1) (k−2) -pnk(nk−1) - 2 ≥ 0. Оскількиp<(1-1/k) (1 -2 /k), маємо
n2(k-1)(k-2)-pnk(nk-1)-2≥n2(k-1)(k-2p(nk2)+1≤n2(k−12)
n2(k−1)(k−2)−pnk(nk−1)−2
=n≥n2(k−1)(k−2)−n(n−1k)(k−1)(k−2)−2
QED.
=nk(k−1)(k−2)−2≥(k−1)(k−2)−2≥0.
Редагувати : зменшення версії 1 мала помилку; інколи потрібен графік з від’ємною кількістю ребер (коли p було малим). Ця помилка виправлена зараз.