Скільки часу потрібно, щоб знайти короткий цикл у випадковому графіку?

Дозволяє $G \sim G(n, n^{-1/2})$ бути випадковим графіком на $\approx n^{3/2}$ краї. З дуже високою ймовірністю, $G$ має багато $4$ -цикли. Наша мета - вивести будь-яку з них $4$ -цикли якомога швидше.

Припустимо, ми маємо доступ до $G$ у формі списку суміжності ми можемо досягти успіху з постійною ймовірністю в $O(\sqrt{n})$ час наступним чином: виберіть будь-який вузол $v$ і почати генерувати випадково $2$ -путь, починаючи з $v$ ; як тільки ми виявимо два різних $2$ -доріжки, які поділяють кінцеву точку, ми закінчили. Існує $n$ можливі кінцеві точки, і парадокс дня народження ми досягнемо успіху з постійною ймовірністю після того, як дізнаємось про $\sqrt{n}$ їх.

Чи можемо ми зробити краще? Зокрема, чи можливий алгоритм постійного часу, який досягає успіху з постійною ймовірністю?

— GMB
джерело

Мені здається, цей графік має занадто мало ребер, щоб мати властивість, яку ви хочете, якщо ви використовуєте стандартну термінологію, це як

G (n, p)

$G(n,p)$ зразок с

p = (\sqrt{n} / C (n, 2)) = O (n^{- 3 / 2})

$p=(\sqrt{n}/C(n,2))=O(n^{-3/2})$

— kodlu

Дякую, ти маєш рацію, що я мав на увазі

p = n^{- 1 / 2}

$p = n^{-1/2}$ (відредаговано). Ці графіки матимуть

C_{4}

$C_4$ s у будь-який час ділиться двома вузлами

\geq 2

$\ge 2$ сусідів, що відбувається з постійною ймовірністю на пару вузлів.

— GMB

Я тут використовую термінологію ( en.wikipedia.org/wiki/Erd%C5%91s%E2%80%93R%C3%A9nyi_model ), де кожен край включений незалежно з вірогідністю

p

$p$ - так, ребра в очікуванні.

p \cdot (\binom{n}{2})

$p \cdot {n \choose 2}$

— GMB

Відповіді:

Ні, ви не можете перемогти запити. Я поясню, як формалізувати ескіз доказів ексфрету цього способу, який працює для адаптивних алгоритмів. Це все передбачається у відповіді ексфрету; Я лише заповнюю деякі деталі. $\Theta(\sqrt{n})$

Розглянемо будь-який (можливо адаптивний) алгоритм, який видає послідовність запитів, де кожен запит є або "добути го краю вершини списку суміжності вершини ", або "перевірити, чи вершини пов'язані ребром". Можна вважати, що жоден запит не повторюється, оскільки будь-який алгоритм, який повторює запит, може бути перетворений на такий, який ніколи не повторює жодного запиту. Аналогічно, ми можемо припустити, що алгоритм ніколи не здійснює запит на зв’язок для будь-якої пари вершин, які, як відомо, з'єднані ребром (а саме, тестування коли раніше було повернуто запитом на отримання , або було попередньо повертається запитом на отримання $i$ $v$ $v,w$ $v,w$ $w$ $v$ $v$ $w$ або ми раніше тестували підключення ). $w,v$

Нехай позначає подію, що під час перших запитів жодна вершина не повертається більш ніж одним запитом fetch, і жоден fetch-запит не повертає вершину, попередньо запитувану, і що жоден запит на підключення-тест не повертається " ". Доведемо, що якщо . Звідси випливає, що жоден алгоритм, який робить запити, не може мати постійну ймовірність знайти 4-цикл. $E_k$ $k$ $w$ $\Pr[E_q] = 1-o(1)$ $q=o(\sqrt{n})$ $o(\sqrt{n})$

Як ми це доводимо? Давайте обчислимо . Є два випадки: або й запит - це запит на отримання, або це запит на підключення-тест: $\Pr[E_k|E_{k-1}]$ $k$

Якщо й запит - це запит на отримання вершини , серед перших запитів є вершини , і якщо й запит повертає один із таких, тоді у нас буде , інакше у нас буде . Тепер відповідь на й запит рівномірно розподілений на множині вершин, де містить усі вершини, які не були повернені попередніми запитами на , тому відповідь на й запит рівномірно розподіляється на множині розміром не менше $k$ $v$ $2(k-1)$ $k-1$ $k$ $\neg E_k$ $E_k$ $k$ $S$ $S$ $v$ $k$ $n-k+1$ . Ймовірність попадання принаймні одного з них - , тому в цьому випадку . $\le 2(k-1)/(n-k+1)$ $\Pr[E_k|E_{k-1}] \ge 1 - 2(k-1)/(n-k+1)$
Якщо й запит - це тест на з'єднання-тест, то . $k$ $\Pr[E_k|E_{k-1}] \ge 1 - 1/\sqrt{n}$

У будь-якому випадку, якщо нас є $q=o(\sqrt{n})$

Pr [E_{k} | E_{k - 1}] \geq 1 - \frac{2 (k - 1)}{(n - k + 1)} .

$\Pr[E_k|E_{k-1}] \ge 1 - {2(k-1) \over (n-k+1)}.$

Тепер,

Pr [E_{q}] = \prod_{k = 1}^{q} Pr [E_{k} | E_{q - 1}] .

$\Pr[E_q] = \prod_{k=1}^q \Pr[E_k|E_{q-1}].$

Якщо , то $k \le q \le \sqrt{n}$

Pr [E_{k} | E_{k - 1}] \geq 1 - \frac{2 q}{n - q},

$\Pr[E_k|E_{k-1}] \ge 1 - {2q \over n - q},$

тому

Pr [E_{q}] \geq (1 - \frac{2 q}{n - q})^{q} .

$\Pr[E_q] \ge (1 - {2 q \over n - q})^q.$

Права частина приблизно . Коли , це . $\exp \{ - 2q^2/(n-q)\}$ $q = o(\sqrt{n})$ $1 -o(1)$

На закінчення: коли . Звідси випливає, що вам потрібно мати постійну ймовірність знайти будь-який цикл (не кажучи вже про 4-циклі). $\Pr[E_q] = 1-o(1)$ $q=o(\sqrt{n})$ $\Omega(\sqrt{n})$

— DW
джерело

"Якщо kth-запит - це тест на зв'язок-тест, то ." Я думаю ? (Навіть якщо так, висновок все-таки проходить, звичайно.)

P r [E k | E k - 1] \geq 1 - 1 / n

$Pr[Ek|Ek−1]≥1−1/n$

1 - 1 / \sqrt{n}

$1-1/\sqrt{n}$

— usul

@usul, ой, так, дякую! Виправлено.

— DW

Припустимо, що ми можемо лише запитати й край списку примикань даної вершини (який, я припускаю, не відсортований), чи суміжні дві задані вершини. У цьому випадку потрібно запитів, щоб навіть знайти цикл. Це тому, що є шанс, що всі наші запити першого типу повертають різні вершини, і що всі наші запити другого типу повертають, що дві вершини не з'єднані. $i$ $\sqrt n$ $1-o(1)$

Виправте мене, якщо я десь помиляюся або нерозумію проблему.

— ексфрет
джерело

Цей ескіз доказів мені здається, що він працює лише для неадаптивних алгоритмів (тобто запитів, заздалегідь зафіксованих).

— usul

@usul Чому це так? Whp ми все одно використовуємо лише одну гілку дерева рішень.

— exfret

Можливо, я повинен уточнити. Повинно бути зрозуміло, що якщо ми отримаємо відповіді на наші запити, як це було визначено, ми не можемо вивести 4-цикльний цикл з постійною ймовірністю. Однак для будь-якого дерева рішень глибини є шанс, що ми будемо відправлені вниз такою гілкою.

o (\sqrt{n})

$o(\sqrt n)$

1 - o (1)

$1-o(1)$

— exfret

Дякую! Я (дещо довільно) прийняв іншу розроблену версію, але, схоже, ви її отримали. Оцініть відповідь.

— GMB

@GMB Я думаю, ви прийняли правильне рішення; другий - відповідь набагато якісніший і заслуговує на те, щоб його побачили перші.

— exfret