Чи відома складність цієї проблеми шляху?

Екземпляр: непрямий графік $G$ з двома розрізненими вершинами $s\neq t$ , і ціле число $k\geq 0$ .

Питання: Чи існує $s-t$ шлях в $G$ , такий, що шлях перетинається не більше $k$ трикутники? (У цій проблемі кажуть, що шлях перетинає трикутник, якщо шлях містить принаймні один край від трикутника.)

cc.complexity-theory graph-algorithms

— Андрас Фараго
джерело

Це неправильно? Ми присвоюємо вагу кожному краю і тоді знаходимо найкоротший шлях. Вага кожного краю - це кількість трикутників, які включають цей край. Вага цього шляху не дорівнює кількості трикутників, які він відповідає, але це перший шлях з мінімальною кількістю трикутників. (Можлива проблема полягає в тому, що ми можемо порахувати один або кілька трикутників двічі, оскільки ми відвідуємо два ребра цього трикутника, але причина, що ми їх вибираємо, полягає в тому, що вони менші, ніж проходити через інший край трикутника, а також у нас є прості засоби шляху два ребра трикутника знаходяться поруч один з одним).

— Саїд

@Saeed Я не розумію: що таке аргумент, що перенарахування не змушує вас вибрати неоптимальний шлях? Ваш алгоритм, безумовно, 2-наближений. Можливо, виправлення полягає в тому, щоб додати край

(u, w)

$(u, w)$ для кожного шляху

u \to v \to w

$u\to v \to w$ з вагою, рівною кількості трикутників, що містять обидва

(u, v)

$(u,v)$ і

(v, w)

$(v,w)$

— Сашо Ніколов

Правильно, ми можемо переходити від u до v, а потім вибираємо x (якийсь інший вузол не в трикутнику uvw), тоді ми переходимо до w, що неправильно (моя помилка полягала в тому, що я пропустив між вершинами, які не є у трикутнику uvw) , але з вашим виправленням це правильно, тому що для кожного першого шляху з

α

$\alpha$ трикутників в оригінальному графіку є шлях ваги

α

$\alpha$ у допоміжному графіку. Крім того, вага шляху в новому графіку завжди є щонайменше як кількість трикутників у відповідному шляху в початковому графіку.

— Саїд

Я трохи більше замислююся над цим, навіть після виправлення це не працює. Вибачте, Андрас, якщо я привів неправильну надію. Щоб зрозуміти, чому виправити неправильно, розгляньте вершини

u - > v - > w - > x

$u->v->w->x$ в стежку

P

$P$ і у нас є трикутник

u, v, w

$u,v,w$ і

v, w, x

$v,w,x$ і припустимо, ребра

v x

$vx$ і

u w

$uw$ трапляються надто багато трикутників. Якщо ми будемо використовувати штучний новий край, який з'єднується

u - > w

$u->w$ потім ми порахували трикутник

v, w, x

$v,w,x$ двічі. PS: Мої міркування знову були помилковими, тому що я думав, що ми просто замінимо

u - > v

$u->v$ і

v - > w

$v->w$ з новим (мульти) краєм

u - > w

$u->w$ . Якщо додати ці штучні ребра для кожного шляху, він буде працювати тривіально. Здається, це NPC.

— Саїд

Моя ідея не спрацює - мені потрібно буде підтримувати кілька наборів, і я думаю, їх буде занадто багато.

— reinierpost

Припустимо, що в ньому немає саморізів $G$ .

Для кожного краю між вузлом $v_i$ і $v_j$ в $G$ , дозволяє $E[i,j]=1$ , і $E[i,j]=0$ якщо немає краю. Обчислити $n\times n$ матриця $C[i,j]=\sum_{k=1}^n E[i,k]\cdot E[k,j]$ , яка дає кількість шляхів з двома скачками між кожною парою вузлів $v_i$ і $v_j$ . Потім для краю між $v_i$ і $v_j$ в $G$ обчислити $D[i,j]=E[i,j]\cdot C[i,j]$ інакше встановити $D[i,j]=\infty$ , який дає кількість трикутників, край є частиною (або нескінченності, якщо немає краю). Матричне множення, необхідне для обчислення $C$ витрати $O(n^3)$ (можна обчислити швидше, залежно від рідкості $G$ ).

Тепер обчислити $n\times n$ матриця $A$ , такий як $A[i,j]=\min(D[i,j],\min_k(D[i,k]+D[k,j]-E[i,j]))$ . $A$ це всі найкоротші шляхи в $D$ довжиною до двох збільшених для обліку шляхів, які йдуть по двох краях якогось трикутника.

Тепер просто обчисліть найкоротший шлях між ними $v_i$ і $v_j$ в $G$ на новій графіці якої $A$ є (зваженою) матрицею суміжності, використовуючи Dijkstra (оскільки всі крайові ваги є позитивними), тобто визначають, чи $A^*[i,j]\leq k$ , де $A^*$ - це замикання над тропічним семірінгом (що дає матрицю відстані).

— Едгар
джерело