Перевірка транзитивності проти транзитивного закриття

Чи перевірити транзитивність диграфа не простіше, ніж (з точки зору асимптотичної складності) прийняти транзитивне закриття диграфа? Чи знаємо ми будь-яку нижню межу кращу, ніж щоб визначити, чи є диграф перехідним чи ні?$\Omega(n^2)$

Нижче я покажу наступне: якщо у вас є О ($n^{3-\varepsilon}$) алгоритм часу для перевірки, чи графік є транзитивним для будь-якого $\varepsilon>0$, тоді у вас є О ($n^{3-\varepsilon}$) алгоритм часу для виявлення трикутника в $n$графік вузла, а значить (з паперу з FOCS'10 ) у вас з'явиться O ($n^{3-\varepsilon/3}$) алгоритм часу для множення двох булевих $n\times n$матриць, а отже, в результаті Фішера і Мейєра з 70-х років , це також передбачає O ($n^{3-\varepsilon/3}$) алгоритм часу для транзитивного закриття.

Припустимо, ви хочете виявити трикутник у $n$ вузол $G$. Тепер ми можемо створити наступний графік$H$. $H$ є тристороннім з перегородками $I,J,K$ на $n$вузли кожен. Тут кожен вузол$x$ з $G$ має копії $x_I,x_J,x_K$ у частинах $I,J,K$. Для кожного краю$(u,v)$ з $G$ додайте спрямовані краї $(u_I,v_J)$ і $(u_J,v_K)$. На кожне відступ$(u,v)$ з $G$ додайте спрямований край $(u_I,v_K)$.

По-перше, якщо $G$ містить трикутник $u,v,w$, тоді $H$не є перехідним. Це з ребер$(u_I,v_J),(v_J,w_K)$ знаходяться в $H$ але $(u_I,w_K)$не. По-друге, якщо$H$ не є перехідним, тоді повинен існувати якийсь спрямований шлях від якогось вузла $s$ до якогось вузла $t$ в $H$ такий як $(s,t)$ не є спрямований край у $H$. Однак найдовші шляхи в Росії$H$ мати $2$ країв, і тому будь-який такий шлях повинен мати форму $(u_I,v_J),(v_J,w_K)$ і $(u_I,w_K)$ не в $H$, отже $u,v,w$ утворюють трикутник в $G$.

Це виглядає так $\Omega(n^2)$є найбільш відомою нижньою межею, оскільки будь-яка нижня межа передбачає нижню межу для булевого множення матриці. Ми знаємо, що перевірку транзитивності можна досягти за допомогою одного булевого множення матриці, тобто$G$ є перехідним, якщо і тільки якщо $G = G^2$.

Зрозуміти, чи є DAG транзитивним, настільки ж важко, як і вирішити, чи загальний диграф є перехідним (що повертає нас до вашого попереднього питання :)).

Припустимо, що алгоритм працює вчасно $O(f(n))$ для визначення того, чи є DAG перехідним.

Дано спрямований графік $G$, ви можете використовувати наступний рандомізований алгоритм, щоб вирішити, чи є $G$ є перехідним у часі $O(f(n)\cdot \log(\frac{1}{\delta}))$ та ймовірність помилок $\leq \delta$:

 1. for $O(\log{\frac{1}{\delta}})$ iterations:

   1.1. Compute a random permutation on $V$. Denote the result by $<v_1,v_2,...,v_n>$.

   1.2. Set $G'=(V,E\cup \{(v_i,v_j)|i<j\})$ (i.e. compute a random acyclic orientation).

   1.3. If $G'$ (which is acyclic) is not transitive return false.

 2. return true.

Тепер очевидно, що якщо $G$ був транзитивним, цей алгоритм повертає істину.

Тепер припустимо $G$не був перехідним. Дозволяє$e_1=(v_i,v_j),e_2=(v_j,v_k)\in E$ такий як $(v_i,v_k)\notin E$ (повинні бути такі краї, як $G$не є перехідним). Ймовірність того$e_1,e_2\in G'$ є $\frac{1}{6}$, тому в кожній ітерації вірогідність того, що алгоритм буде фігурувати $G$ не був перехідним $\frac{1}{6}$ і після $O(\log{(\delta)})$ ітерації ймовірність відмови становить щонайбільше $\delta$.

Я думаю, що це повинно бути здійснено в лінійний час, тобто $O(n+m)$ де $n$ - кількість вершин і $m$кількість ребер. Можливо, адаптувавши якусь схему переходу графіків до орієнтованої настройки? Вихідною точкою може бути описаний тут LexBFS / LexDFS ; для орієнтованих графіків здається, що нам слід скористатися топологічним сортуванням, а не DFS, то, можливо, це можливо за допомогою деяких алгоритмів LexTSA виявити?

Щодо попередньої відповіді, ось простий спосіб визначення такого алгоритму. Присвоїти кожній вершині$x$ індекс $i(x)$, ініціалізований до $0$. Для кожного$x$, дозволяє $M(x)$позначають безлічі індексів своїх внутрішніх сусідів. Ми моделюємо топологічне сортування, підтримуючи множину$R$невивчених вершин, ініціалізованих на весь набір. На кожному кроці ми робимо наступне:

1. Вибрали вершину $x \in R$ чий мультисет $M(x)$ мінімальний (у багатозахисному порядку);

2. Оновлення $i(x)$ до поточного лічильника циклу та видаліть $x$ з $R$.

Чи можна цей алгоритм використовувати для вашої проблеми чи для якоїсь іншої програми?