Наскільки дорого може бути знищення всіх довгих шляхів у DAG?

Ми розглядаємо DAG (спрямовані ациклічні графіки) з одним вихідним вузлом та одним цільовим вузлом ; Допускаються паралельні ребра, що з'єднують ту саму пару вершин. - розріз являє собою набір ребер, видалення знищує все - пошуку шляху більше , ніж ; коротші - шляхи, а також довгі "внутрішні" шляхи (ті, що не між і ) можуть вижити!s t k s t k s t s $s$$t$$k$$s$$t$$k$$s$$t$$s$$t$

Питання: Чи достатньо видалити з DAG максимум приблизно частина ребер, щоб знищити всі - шляхи довші, ніж ? 1 / k s t $1/k$$s$$t$$k$

Тобто, якщо означає загальну кількість ребер в , то кожен робить ДАГ G Користувачеві A до Обріжте з не більше ніж приблизно е ( G ) / K ребер? Два приклади:e ( G ) $e(G)$$G$$G$$k$$e(G)/k$

1. Якщо всі шляхи $s$ - $t$ мають довжину $> k$ , то існує $k$ розріз з ребрами $\leq e(G)/k$ . Це справедливо, тому що тоді повинні бути $k$ розрізнені $k$ -cuts: просто шари вузлів $G$ відповідно до їх відстані від вихідного вузла $s$ .
2. Якщо $G=T_n$ - перехідний турнір (повна DAG), тоді також існує $k$ cut з ребрами: виправити топологічне впорядкування вузлів, розділіть вузли на послідовні інтервали довжиною n / k та видаліть усі ребра, що з'єднуються з вузлами того ж інтервалу; це знищить усі s - t шляхи довше, ніж k . $\leq k\binom{n/k}{2} \approx e(G)/k$к н / к с т $k$$n/k$$s$$t$$k$

Зауваження 1: Наївна спроба дати позитивну відповідь (яку я також спробувала, як і перше) було б спробувати показати, що кожен DAG повинен мати приблизно розрізнених cut. На жаль, приклад 2 показує, що ця спроба може погано зазнати невдачі: за допомогою приємного аргументу Девід Еппштейн показав, що для about графік не може мати більше чотирьох розрізнених -зрізів! k k k $k$ $k$$k$n Tn$\sqrt{n}$$T_n$ $k$

Зауваження 2: Важливо, що -cut потребує лише знищення всіх довгих - шляхів, а не обов'язково всіх довгих шляхів. А саме, існує ¹ DAG, в якому кожен "чистий" розріз (уникаючи ребер, що падають на або ), повинен містити майже всі ребра. Отже, моє запитання насправді таке: чи може можливість видалити також ребра, що падають з або істотно зменшити розмір -cut? Швидше за все, відповідь є негативною, але я ще не міг знайти контрприклад. k s t k s t s t $k$$s$$t$$k$$s$$t$$s$$t$$k$

Мотивація: моє запитання мотивоване доведенням нижчих меж для монотонних комутаційно-випрямних мереж. Така мережа є лише DAG, деякі з країв яких позначені тестами "є ?" (немає тестів ). Розмір мережі є кількість зазначених ребер. Вхідний вектор приймається, якщо є - шлях, всі тести якого відповідають цьому вектору. Марков довів, що якщо монотонна булева функція не має мінтерм, менших за і не maxterms коротших , то розмір $x_i=1$$x_i=0$$s$$t$$f$$l$$w$$l\cdot w$це необхідно. Позитивна відповідь на моє запитання означає, що мережі розміром приблизно необхідні, якщо принаймні змінні повинні бути встановлені на , щоб знищити всі minterms довше .$k\cdot w_k$$w_k$$0$$k$

¹ Конструкція наведена в цій роботі. Візьміть повне двійкове дерево глибини . Видаліть усі краї. Для кожного внутрішнього вузла намалюйте край до від кожного листа лівого і ребра від до кожного аркуша правого піддерева . Таким чином, кожні два листки з'єднані трактом довжиною у DAG. У самому DAG є вузлів та країв, але краї повинні бути видалені, щоб знищити всі шляхи довше$T$$\log n$$v$$v$$T_v$$v$$T_v$$T$$2$$\sim n$$\sim n\log n$$\Omega(n\log n)$$\sqrt{n}$.

[Самовідповідь; це скорочена версія, стару можна знайти тут ]

Ми з Георгом Шнітгером зрозуміли, що відповідь на моє запитання вкрай негативна : є DAG (навіть постійного ступеня), де кожен k- cut повинен мати постійну частку всіх ребер, а не лише частку приблизно 1 / k , як у моє запитання. (Кілька слабший результат , що 1 / балки до фракції може бути необхідна може бути отримано при використанні набагато більш простої конструкції , зазначеної в примітці вище. Швидкий рецензія це тут ) $k$$1/k$$1/\log k$

А саме, у статті "Про зменшення глибини та решітки" Георг сконструював послідовність спрямованих ациклічних графіків H n постійного максимального ступеня d на n = m 2 m вузлів із такою властивістю:$H_n$$d$$n=m2^m$

• Для кожної постійної 0 ≤ ϵ < 1 існує константа c > 0 така, що якщо будь-який підмножина не більше c n вузлів видаляється з H n , решта графа містить шлях довжиною щонайменше 2 ϵ m . $0\leq \epsilon < 1$$c > 0$$cn$$H_n$$2^{\epsilon m}$

Візьміть зараз два нових вузли s і t , і намалюйте ребро від s до кожного вузла H n та край від кожного вузла H n до t . Отриманий графік G n все ще має максимум 2 n + d n = O ( n ) ребер.$s$$t$$s$$H_n$$H_n$$t$$G_n$$2n+dn=O(n)$

Для кожної постійної 0 ≤ ϵ < 1 існує константа c ′ > 0 така, що якщо будь-який підмножина не більше c ′ n ребер видаляється з G n , решта графа містить s - t шлях з 2 ϵ m або більше ребер. $0\leq \epsilon < 1$$c ' > 0$$c'n$$G_n$$s$$t$$2^{\epsilon m}$

Доведення: Назвіть вузли H n внутрішніх вузлів G n . Видалити будь-яка підмножина в більшості з ' п ребер з G п , де з ' = з / 2 . Після цього видаліть внутрішній вузол, якщо він потрапив у видалений край. Зверніть увагу, що тоді не більше 2 c ' n = c n внутрішніх вузлів видаляються. Жоден з країв, що потрапили у збережені вузли, не був видалений. Зокрема, кожен вцілілий внутрішній вузол все ще пов'язаний з обома вузлами s та $H_n$ $G_n$$c'n$$G_n$$c'=c/2$$2c'n=cn$$s$$t$. За вказаною властивістю H n повинен залишатися шлях довжиною 2 ϵ м, що складається повністю із збережених внутрішніх вузлів. Оскільки кінцеві точки кожного з цих шляхів збереглися, кожен з них може бути продовжений до s - t шляху в G n . QED$H_n$$2^{\epsilon m}$$s$$t$$G_n$

Наслідок сумний: не існує жодного аналога лемми Маркова для функцій з багатьма короткими minterms, навіть якщо набір довгих minterms має деяку "складну" структуру: ніяких суперлінійних нижніх меж розміру мережі не можна потім довести за допомогою цей аргумент "довжина разів ширина".

PS Цей аргумент "довжина в ширину" (коли всі s - t шляхи досить довгі) раніше використовували Мур і Шеннон (1956). Єдина відмінність полягає в тому, що вони не дозволяють виправляти (не марковані краї). Отже, це насправді "аргумент Мура-Шеннона-Маркова".$s$$t$