Алгоритм Max-Cut, який не повинен працювати, незрозуміло чому

Гаразд, це може здатися питанням домашнього завдання, і в певному сенсі це так. Як домашнє завдання в класі бакалаврських алгоритмів я подав наступну класику:

Давши непрямий графік $G=(V,E)$ , задайте алгоритм, який знаходить зріз $(S,\bar{S})$ такий, що $\delta(S,\bar{S})\geq |E|/2$ , де $\delta(S,\bar{S})$ - кількість ребер, що перетинають зріз. Час складності має бути $O(V+E)$ .

Я чомусь отримав багато наступного рішення. Зараз це використовує занадто багато часу, тому справа не в оцінці, але мені стало цікаво. Це не "здається" правильним, але всі мої спроби контрприкладів зазнали невдачі. Ось:

Встановіть $S\leftarrow \emptyset$
Нехай $v$ - вершина максимальної міри в графі
Додати $v$ до $S$
Видаліть усі ребра, розташовані поруч із $v$
Якщо $\delta(S,\bar{S}) < |E|/2$ повернення до 2

Зауважимо, що $E$ на кроці 5 посилається на початковий графік. Також зауважте, що якби ми пропустили крок 4, це, очевидно, було б неправильно (наприклад, об'єднання трикутника з двома ізольованими ребрами).

Тепер будь-який простий доказ має таку проблему - можливо, коли ми додаємо нову вершину $v$ ми фактично видаляємо $|S|$ країв зрізу, додаючи $d(v)$ нові ребра (де $d(v)$ позначає графік із видаленими краями). Вся справа в тому, що якщо це шкодить нашій причині, це означає, що ця вершина $v$ "раніше" мала ще більш високий ступінь, тож вона повинна була бути обрана раніше.

Це добре відомі алгоритми? Чи є для цього простий контрприклад?

graph-algorithms max-cut greedy-algorithms

— Йонатан
джерело

Це схоже на 2-наближення для вершинного покриву. Правильний жадібний алгоритм, на який я думаю, вибирав би вершину з більшою кількістю сусідів у частині, це те, що в іншій частині і переміщують її, доки не буде такої вершини, і не важко показати, що на той момент відповідь принаймні

. Але правильність цього алгоритму залежить від того, що: ми дивимось на різницю між кількістю сусідів для вершини у двох сторонах розрізу, а не лише в максимальній ступені. Крім того , правильний алгоритм переміщує вершини в обох напрямках, а не тільки від

до

| E | / 2

$|E|/2$

\bar{S}

$\bar{S}$

S

$S$

— Каве

@Kaveh Я думаю, що ОП знає алгоритм, який ви описуєте (він призначив його як домашнє завдання). Його питання полягає в тому, чи досягає алгоритм, який він описує.

— Сашо Ніколов

@ MohammadAl-Turkistany дивіться коментар Ніколова.

— vb le

Також зауважте, що наближення 16/17 є NP-жорстким, а не 1/2. GW дають ~ 0,878 наближення, використовуючи SDP в їх насінному документі.

— Йонатан

@Yonatan Дивіться це запитання cstheory.stackexchange.com/questions/3846/…

— Mohammad Al-

Відповіді:

^{Моя раніше претензія не брати до уваги скорочення розмірувже присутні в графіку. Здається наступна конструкція (емпірично - я створив запитання на math.stackexchange.com для суворого доказу) в $\frac{2}{c+6}$ $n^2/4$ дріб. $O\left(\frac{1}{\log c}\right)$}

Алгоритм погано спрацьовує на об'єднаннях декількох від'єднаних, різного розміру повних графіків. Позначимо повний графік на вершинах як . Розглянемо поведінку алгоритму на : він неодноразово додає довільну вершину, яка ще не є до - всі такі вершини однакові і тому порядок не має значення. Встановлення кількості вершин, ще не доданих алгоритмом , розмір розрізу в цей момент дорівнює . $n$ $K_n$ $K_n$ $S$ $S$ $S$ $|\bar{S}| = k$ $k (n-k)$

Поміркуйте, що станеться, якщо ми запустимо алгоритм на декілька роз'єднаних графів із константами між 0 та 1. Якщо - кількість елементів, які ще не знаходяться в у му повному графіку, алгоритм буде неодноразово додавати вершина на від повного графа з найвищим , розриваючи зв'язки довільно. Це спричинить додавання вершин на "круглі" версії до : алгоритм додає вершину з усіх повних графіків з найвищим , а потім із усіх повних графіків з $K_{x_i n}$ $x_i$ $k_i$ $S$ $i$ $S$ $k_i$ $S$ $k = k_i$ в раунді, вона буде робити це для кожного раунду відтоді. (з оновлено після попереднього раунду) тощо. Після того, як повний графік має вершину, додану до $k_i=k-1$ $k_i$ $S$

Нехай - кількість повних графіків. Нехай з є модифікатором розміру для -го повного графіка. Ми впорядковуємо ці модифікатори розмірів від великих до малих і встановлюємо . Тепер у нас є , що якщо є графіками з точно елементами ще не доданий в , то розмір розрізу в той час $c$ $0 < x_i \leq 1$ $0 \leq i \leq c - 1$ $i$ $x_0 = 1$ $c'$ $k$ $S$ . Загальна кількість ребер становить $\sum_{i=0}^{c'-1} k (x_i n - k) = k n \sum_{i=0}^{c'-1} (x_i) - c' k^2$ $|E| = \sum_{i=0}^{c-1} \frac{x_i n (x_i n - 1)}{2} \approx \frac{n^2}{2} \sum_{i=0}^{c-1} x_i^2$ .

Зауважимо, що - квадратична функція в отже, має максимум. Тому у нас буде кілька локально максимальних скорочень. Наприклад, якщо наш максимальний зріз знаходиться при $k n \sum_{i=0}^{c'-1} x_i - c' k^2$ $k$ $c=1$ розміром $k=\frac{n}{2}$ . Ми будемо вибиратитак що, що означаєщо другий повний граф не змінюватиме розмір цього локально максимального розрізу при $\frac{n^2}{4}$ $x_1$ $x_1 = 1/2 - \varepsilon$ . Після цього ми отримаємо нове локально максимальне скорочення приі тому ми вибираємо(змалі постійні). Ми будемо ігноруватиs на даний момент і просто припустимощо ми можемо вибрати- ми повинні забезпечити $k=\frac{n}{2}$ $k=3/8 n - \varepsilon'$ $x_2 = 3/8 n - \varepsilon''$ $\varepsilon, \varepsilon', \varepsilon''$ $\varepsilon$ $x_1 = 1/2$ , але це не вплине на кінцеві результати, якщодосить великий. $x_1 n = \frac{n}{2} - 1$ $n$

Ми хочемо знайти локальні максимуми наших скорочень. Диференціюємо до , отримуючи . Дорівнює дає $k n \sum_{i=0}^{c'-1} (x_i) - c' k^2$ $k$ $n \sum_{i=0}^{c'-1} (x_i) - 2 c' k$ $0$ , що дає зріз розміром $k = \frac{n}{2c'} \sum_{i=0}^{c'-1} x_i$ . $\frac{n^2}{4c'} \left(\sum_{i=0}^{c'-1} x_i\right)^2$

Нехай б визначено в попередньому пункті , якщо . Ми гарантуємо, що формула дотримується, вимагаючи, щоб - всі повні графіки з були меншими, ніж цього локального максимального розрізу, і, отже, не збільшувати розмір розрізу. Це означає, що у цих є скорочення $k_i$ $k$ $c'=i$ $x_i n < k_i$ $i'$ $i'>i$ $k_i$ $c$ $k_i$ є які є більшими за всі інші розрізи, знайдені алгоритмом.

Заповнюючи , отримуємо повторення $x_i n < k_i$ (плюс деякі невеликі) при. Розв’язуючи це, виходить $x_i = \frac{1}{2c'} \sum_{i=0}^{c'-1} x_i$ $\varepsilon$ $x_0 = 1$ :див. Моє запитання на math.stackexchange.comщодо походження від @Daniel Fisher. Підключіть це до $x_i = \frac{\binom{2i}{i}}{4^i}$ і, використовуючи наше розуміння рецидиву, дає нам надрізи розміру $\frac{n^2}{4c'} \left(\sum_{i=0}^{c'-1} x_i\right)^2$ $\frac{n^2}{4c'} \left(2c' \frac{\binom{2c'}{c'}}{4^{c'}}\right)^2 = n^2 c' \left(\frac{\binom{2c'}{c'}}{4^{c'}}\right)^2$ $\lim_{c' \to \infty} c' \left(\frac{\binom{2c'}{c'}}{4^{c'}}\right)^2 = \frac{1}{\pi}$ ).

Кількість ребер приблизно . За відомими властивостями маємо . Подання дає щонайменше який є асимптотично як $\frac{n^2}{2} \sum_{i=0}^{c-1} x_i^2 = \frac{n^2}{2} \sum_{i=0}^{c-1} \left(\frac{\binom{2i}{i}}{4^i}\right)^2$ $\frac{1}{\sqrt{4i}} \leq \frac{\binom{2i}{i}}{4^i}$ $\frac{n^2}{2} \sum_{i=0}^{c-1} \left(\frac{1}{\sqrt{4i}}\right)^2 = \frac{n^2}{8} \sum_{i=0}^{c-1} \frac{1}{i}$ $\frac{n^2}{8} \log c$ $c$ переходить до нескінченність.

Таким чином, у нас асимптотично дорівнює оскільки переходить до нескінченності, показуючи, що алгоритм може зворотні скорочення, які довільно низькі частки. $\frac{\delta(S, \bar{S})}{|E|}$ $\frac{8}{\pi \log c}$ $c$ $|E|$

— Алекс десять Бринк
джерело

З невеликою модифікацією ваша конструкція дає . Виправлення і вибрав досить велике . Нехай . З’єднайте кожні дві вершини в з ребром; потім додатково з'єднайте кожні дві вершини у wp . Загальна кількість ребер приблизно . Алгоритм знаходить розріз, який обрізає приблизно ребра (до термінів нижчого порядку в ).

1 / 4

$1/4$

ε

$\varepsilon$

N

$N$

V = {1, \dots, N}

$V=\{1,\dots, N\}$

{1, \dots, ε N}

$\{1,\dots, \varepsilon N\}$

V

$V$

ε^{2}

$\varepsilon^2$

(ε n)^{2} / 2 + ε^{2} \cdot (n^{2} / 2) = ε^{2} n^{2}

$(\varepsilon n)^2 /2 + \varepsilon^2 \cdot (n^2/2) = \varepsilon^2 n^2$

ε^{2} n^{2} / 4

$\varepsilon^2 n^2/4$

ε

$\varepsilon$

— Юрій

Думаю, я перепишу свою відповідь, щоб просто включити підсумкові результати (з більш детальною інформацією) незабаром, оскільки зараз це трохи безлад.

— Олексій десять Брінк

Щодо суми , оскільки кожен доданок є , сума є гармонічним рядом, який підсумовує , і в цілому отримуємо .

\frac{n^{2}}{2} \sum_{i = 0}^{c - 1} {(\frac{(\binom{2 i}{i})}{4^{i}})}^{2}

$\frac{n^2}{2} \sum_{i=0}^{c-1} \left(\frac{\binom{2i}{i}}{4^i}\right)^2$

Θ (1 / (i + 1))

$\Theta(1/(i+1))$

Θ (\log c)

$\Theta(\log c)$

Θ (n^{2} \log c)

$\Theta(n^2\log c)$

— Yuval Filmus

Поміркувавши і поцікавившись, ось контрприклад люб’язності Амі Пас :

Нехай є парним, а - графіком, який є об'єднанням із збігом вершин (тобто збігом з ребрами). $n$ $G$ $K_n$ $n+2$ $n/2+1$

Як алгоритм працює на цьому графіку? Він просто бере вершини з частини кліки у довільному порядку. Після взяття вершин з клайки, зріз має розмір . Це максимально для , що дає розріз розміру , тоді як кількість ребер у графіку дорівнює . $k$ $k\cdot (n-k)$ $k=n/2$ $\frac{n^2}{4}$ $\frac{n^2}{2}+1$

Зазначений алгоритм буде продовжувати додавати вершини від кліки, зменшуючи кількість ребер, що перетинають зріз, поки те, що залишилося від кліки, не буде лише одним краєм. У цей момент він не може отримати нічого кращого, ніж . $\frac{n}{2}+2$

— Йонатан
джерело

Гарний контрприклад.

— Каве

це все ще дуже наближається до

хоча. добре було б побачити приклад, коли алгоритм гірше

| E | / 2

$|E|/2$

— Сашо Ніколов