LP релаксація незалежного набору

13

Я спробував наступне розслаблення LP максимального незалежного набору

max \sum_{i} x_{i}

$\max \sum_i x_i$

s.t. x_{i} + x_{j} \leq 1 \forall (i, j) \in E

$\text{s.t.}\ x_i+x_j\le 1\ \forall (i,j)\in E$

x_{i} \geq 0

$x_i\ge 0$

Я отримую за кожну змінну за кожен кубічний небіпаратисний графік, який я спробував. $1/2$

Чи справедливо для всіх підключених кубічних небіпартітних графіків?
Чи існує релаксація LP, яка краще працює для таких графіків?

Оновлення 03/05 :

Ось результат розслаблення LP на основі кліку, запропонованого Натаном

Я тут узагальнив експерименти Цікаво, що, здається, існує досить багато графіків, які не мають двох сторін, для яких невід'ємною є найпростіша релаксація LP.

graph-theory co.combinatorics linear-programming

— Ярослав Булатов
джерело

Рішення , безумовно, не є унікальним. У кубічному двопартійному графіку ви можете мати оптимальне рішення з в одній частині та в іншій частині.

x_{i} = 1 / 2

$x_i = 1/2$

x_{i} = 1

$x_i = 1$

x_{i} = 0

$x_i = 0$

— Юкка Суомела

1

Вибачте, я пропустив важливу частину, я вважаю лише небіпаративні кубічні графіки. Кожен двосторонній кубічний графік, який я спробував, мав цілісне рішення

— Ярослав Булатов,

Вам також потрібно додати "підключено", якщо ви хочете уникати унікальних рішень.

— Jukka Suomela

2

(1) Ви забули написати обмеження негативності. (2) Для двопартійних графіків оптимальне значення цієї релаксації LP завжди дорівнює максимальному розміру незалежного набору. Це негайне наслідування теореми Кеніга .

— Цуйоші Іто

2

@Yaroslav: Побічне запитання: як ви малюєте ці графіки?

— Тім

16

Кубічні графіки, що не пов'язані між собою, мають унікальне оптимальне рішення ; у двосторонньому кубічному графіку ви маєте цілісне оптимальне рішення. $x_i = 1/2$

Доведення: У кубічному графіку, якщо підсумовувати всі обмеження , у вас є , а значить, оптимум - максимум . $3n/2$ $x_i + x_j \le 1$ $\sum_i 3 x_i \le 3n/2$ $n/2$

Рішення для всіх є тривіально здійсненним, а значить, і оптимальним. $x_i = 1/2$ $i$

У двосторонньому кубічному графіку кожна частина має половину вузлів, і рішення в одній частині, отже, також є оптимальним. $x_i = 1$

Будь-яке оптимальне рішення повинно бути жорстким, тобто ми повинні мати а отже, для кожного краю . Таким чином, якщо у вас є непарний цикл, ви повинні вибрати для кожного вузла циклу. І тоді, якщо графік пов'язаний, цей вибір поширюється всюди. $\sum_i 3 x_i = 3n/2$ $x_i + x_j = 1$ $\{i,j\}$ $x_i = 1/2$

— Юкка Суомела
джерело

2

Як я писав у коментарі до питання, вам потрібна лише двосторонність, щоб довести існування цілісного оптимального рішення (але це вимагає іншого підтвердження від вашого).

— Цуйосі Іто,

@Tsuyoshi: Так, теорему Кеніга добре мати на увазі. Наприклад, разом із вищезазначеним спостереженням, воно покаже, що будь-який двопартійний кубічний графік має 1-коефіцієнт (тобто його можна розділити на три ідеальні зіставлення). Звичайно, це "неправильний" спосіб довести цей результат, але я вважаю, що це добре демонструє силу теореми Кеніга - якщо ви просто пам’ятаєте теорему Кеніга, в теорії графів існує багато класичних результатів, які потім можна легко переосмислити .

— Юкка Суомела

12

Цей LP є напів інтегральним для всіх графіків, тобто існує оптимальне рішення, таке, що кожна змінна знаходиться в {0,1 / 2,1}. Це просто випливає з теореми Немгаузера та Троттера. Звичайно, той самий висновок про напів інтегральність випливає з LP задачі доповнення (кришка вершини). Коли графік двосторонній, рішення є інтегральним. Це випливає просто з теореми про максимальний потік мінімуму розрізу або роботи з екстремальними точковими рішеннями цього LP. Також 1/2 ребра утворюють непарний цикл.

Звичайно, цей LP не корисний для вирішення проблеми ІС. Додавання обмежень у програмі Clique або SDPs є набагато кращим підходом.

Вершинні упаковки: структурні властивості та алгоритми GL Nemhauser та Trotter-Math. Програма., 1975

— Мохіт Сінгх
джерело

Правильно, дивіться також теорему 5.6 цієї статті щодо дуже простого алгоритму, який ефективно знаходить напів інтегральне рішення.

— Jukka Suomela

LP з обмеженнями Clique вирішив приблизно на 50% більше графіків із наведеного вище .... де я можу знайти формулювання SDP?

— Ярослав Булатов

7

Кандидатська дисертація Сергія Бутенка з 2003 року розглядає деякі інші LP-релаксації MIS, а також деякі квадратичні релаксації.

— Суреш Венкат
джерело

6

Є ще один спосіб отримати «розслаблену версію максимального незалежного набору». Замість обмежень "для кожного краю сума є не більше 1", обмеження - "для кожного повного підграфу, край - не більше 1". Що означає: для кожного краю, для кожного трикутника, для кожного тощо. $K_4$

Це називається дробовим незалежним набором. Деякі відомості ви знайдете там: http://en.wikipedia.org/wiki/Fractional_coloring або в книзі "Теорія дробових графів" від Даніеля Уллмана та Едварда Шейнермана ( http://www.ams.jhu.edu/~ers / fgt / ).

Практично ця формулювання є NP-Hard для обчислення, навіть якщо всі змінні є безперервними -> кількість кліків експоненціальне, і важко обчислити .... Але ви можете просто перерахувати деякі спеціальні кліки, наприклад просто краї (що ви щойно зробили), або краї + трикутники, або всі кліки до . Зрештою, значення може лише стати "більш репрезентативним" реального цілого значення (*) :-) $K_k$

Натанн

(*) з цього приводу ви теоретично маєте довільно велику різницю між оптимальним результатом в LP, де представлені всі кліки, і оптимальним незалежним набором

— Натанн Коен
джерело

1

Однією з проблем такого підходу є те, що якщо у вас є графік, не має двобічних кубічних трикутників (а таких багато ...), формулювання точно дорівнює тому, що у питанні, і у нас точно так само погані новини. Загалом, я думаю, що ми завжди можемо побудувати графіки, у яких усі вузли знаходяться в -clique, а немає -clique, і покажемо, що для всіх є унікальним оптимальним рішенням LP.

k

$k$

(k + 1)

$(k+1)$

x_{i} = 1 / k

$x_i = 1/k$

i

$i$

— Jukka Suomela

Цікаво, що це, мабуть, пов’язано з легкістю IndependentSet у хордальних графах

— Ярослав Булатов

Я робив кілька експериментів, і рішення цієї релаксації LP завжди було невід'ємним у хордальних графах

— Ярослав Булатов

1

@YaroslavBulatov Є причина для вашого спостереження. Клікові нерівності та межі негативності забезпечують опуклий корпус незалежних множин тоді і лише в тому випадку, якщо графік ідеальний. Хордальні графіки ідеальні.

— Остін Бюкенан