Поліноміальні задачі в класах графів, визначені забороненими індукованими циклічними підграфами

Перехресне від МО .

Нехай - клас графіків, визначений кінцевою кількістю заборонених індукованих підграфов, які всі мають циклічний характер (містять принаймні один цикл).$C$

Чи є задачі з важким графіком NP, які можна вирішити в поліноміальний час для окрім кришки Clique та Clique?$C$

Якщо я пам'ятаю правильно, це неможливо для незалежного набору (якщо тільки ).$P=NP$

Пошук у graphclasses.org не знайшов жодного.

Клас, для якого Clique та Clique є поліномом, є C5, C6, X164, X165, sunlet4, без трикутників

Редагувати

Негативні для ІС та домінування є у цій статті . Сторінка 2, графіки .$S_{i,j,k}$

Я думаю, що існує ряд важких проблем, які стають простими для трикутників без графіків; особливо це стосується безпосередньо трикутників, таких як розділ на трикутники (чи має G розділ на трикутники?). Інші менш тривіальні приклади включають:

• Стабільна проблема вирізання (чи має G незалежний набір S таким, що GS відключений?). Див.: Стабільні набори в графіках, дискретна прикладна математика. 105 (2000) 39-50.

• Основа графіка перетину (чи G є графіком перетину підмножини наземного k-елемента?). Див.: Проблема [GT59] в: Garey & Johnson, Комп'ютери та нездатність: Посібник до теорії повноти NP.

Ось кілька додаткових прикладів відповіді Mon Teg:

• Проблема відключеного розрізу (чи визнає набір вершин таким, що та підграф індукований , відключені) є NP-завершеним (див. Тут ). Неважко помітити, що ця проблема є поліноміально розв’язною для графіків, що не містять трикутників (звідси також і стабілізована задача Cutset, як згадується Mon Tag).S G - S G $G$$S$$G-S$$G$$S$

• Розпізнавання трикутних лінійних графіків є NP-повним (див. Тут ). Також легко побачити, що ця проблема стає поліноміально для вхідних графіків, що не мають трикутників.

• Обчислити максимально підключене узгодження важко (див. Тут . З'єднання підключено, якщо для будь-якої пари країв узгодження є інший край графіка, що трапляється для обох). Можна довести, що ця проблема є поліноміально розв’язною для .$(C_3, C_4, C_5)$

З коментаря вище: у Стефана Кратча, Паскаля Швейцера, Графічний ізоморфізм для графіків класів, що характеризуються двома забороненими індукованими підграграфами : GI - поліноміальний час (тривіально) для графіків, але також (менше) тривіально) для графіків.( K s , K 1 , t ) $(K_s,I_t)\text{-free}$$(K_s,K_{1,t})\text{-free}$

EDIT : як зазначається в коментарі, не містить циклу (я прочитав вступ статті занадто швидко).$K_{1,t}$

Трохи подумавши про це, здається легко довести наступне (оригінальне?):

Результат негативний РЕЗУЛЬТАТ: для будь-якого кінцевого безлічі , в якому кожен містить цикл, проблема ізоморфізму графів (GI) обмежується класом з графіки завершено GI.$\{H_1,...H_k\}$$H_i$$\mathcal{C}$$(H_1,...,H_k)\text{-free}$

Доведення: виправлено клас графіків у яких кожен містить цикл, і задано , нехай - довжина найдовшого циклу s. Замінити кожне ребро з з колії довжиною додавання нових вузлів (дивись малюнок нижче) . Побудувавши нові графіки є дійсно можливими найкоротшими циклами є ті, утворені трикутником, який повинен мати довжину$(H_1,...,H_k)\text{-free}$$H_i$$G_1,G_2$$r$$H_i$$(u,v)$$G_1,G_2$$l = \lceil r/3 \rceil$$l$$(u,p_1,p_2,...,p_l,v)$$G'_1, G'_2$$(H_1,...,H_k)\text{-free}$$3\lceil r/3 \rceil + 3 > r$; і легко довести, що вони є ізоморфними тоді і лише тоді, коли вихідні є ізоморфними.$G_1,G_2$

Рисунок : графік зліва та еквівалент графік справа (припустимо, що найдовший цикл має довжину , так кожен край замінюється доріжкою довжиною .$G_1$$(H_1,...,H_k)\text{-free}$$G'_1$$H_i$$r=15$$G_1$$l = 5$

Ми також можемо поширити негативний результат на проблему NPC з Гамільтоновим циклом, адже це негайний слід до наступного (оригінал?):

Теорема : для будь-якого проблема гамільтонівського циклу залишається NP-повною, навіть якщо графік не містить циклів довжини .$k \geq 3$$G$$\leq k$

Доказ Ми знаємо, що проблема гамільтонівського циклу є NPC навіть на плоскому керованому графіку при цьому кожен вузол задовольняє: (Papdimitriou і Vazirani, Про дві геометричні задачі, пов'язані з проблемою продавця мандрівника ). Ми можемо перетворити графік в непрямий графік просто додавши вузол на вхідний край вузлів які мають , і до вихідного краю вузлів які мають . Тоді ми можемо замінити вузли гаджетом на малюнку нижче. Неважко помітити, що існує лише два дійсні траверси ($G$$v$$outdeg(v) + indeg(v) \leq 3$$G$$G'$$v$$indeg(v )=1$$v$$indeg(v)=2$$G'$зигзаги ), які відвідують кожен вузол гаджета рівно один раз (червоні та зелені доріжки на малюнку): гаджети не можуть проходити зверху вниз, інакше горизонтальний (вхідний або вихідний) шлях буде вирізаний. Крім того, ми можемо розмістити достатню кількість вузлів на вертикальних / горизонтальних сегментах гаджетів і збільшити кількість його зигзагів, щоб гарантувати, що в гаджеті або в трикутнику з 3-х гаджетів, пов'язаних разом , не можливий цикл довжини . Це запевняє, що якщо отриманий графік має гамільтонів цикл, то вихідний графік також має гамільтонівський цикл (зворотнє безпосередньо за побудовою гаджета).$\geq k$$G''$$G$

Висновок: проблеми гамільтонівського циклу та траєкторії залишаються NP-завершеними, навіть якщо вони обмежені графіками , де кожен містить цикл.Н $(H_1,...,H_k)\text{-free}$$H_i$

MAX-CUT залишається NP-завершеним.

Лемма 3.2 простий максимальний розріз є NP-повним у наступних двох класах графіків:

графіки, що не містять циклів довжини не більше , для кожного .k ≥ $k$$k \ge 3$

Вони ділять край двічі.

З "MAX-CUT та стримувальні відносини у графах, Марцін Камінський"