Максимальний дисбаланс у графіку?


10

Нехай зв'язний граф з вузлами і ребер . Нехай позначає (цілу) вагу графа , з загальна вага в графі. Середня вага на один вузол тоді становить . Нехай позначає відхилення вузла від середнього. Ми називаємодисбаланс в вузлі .GG=(V,E)V=1nEwiGiwi=mw¯=m/nei=wiw¯i|ei|i

Припустимо, що вага між будь-якими двома сусідніми вузлами може відрізнятися на , тобто 1

wiwj1(i,j)E.

Запитання : Який найбільший можливий дисбаланс у мережі з точки зору та ? Якщо точніше, зобразіть вектор . Я б однаково задоволений результатами щодо або .m e = ( e 1 , , e n ) | | е | | 1 | | е | | 2nme=(e1,,en)||e||1||e||2

Для , можна знайти просте обмеження у діаметрі графіка: Оскільки всі повинні дорівнювати нулю, якщо є великий позитивний , десь повинен бути негативний . Звідси їх різницяпринаймні, але ця різниця може становити щонайменше найкоротшу відстань між вузлами та , яка, в свою чергу, може бути не більше діаметра графіка.e i e i e j | e i - e j | | е я | i j||e||eieiej|eiej||ei|ij

Мене цікавлять більш сильні межі, бажано для - або -норму. Я припускаю, що вона повинна включати деяку теорію спектральних графів, щоб відобразити зв’язність графіка. Я намагався висловити це як проблему з максимальним потоком, безрезультатно.212

EDIT: Більше пояснення. Мене цікавить - або -норма, оскільки вони точніше відображають загальний дисбаланс. Тривіальне відношення отримали б із , та . Я очікую, однак, що через зв’язність графіка та мою обмеженість у різниці навантажень між сусідніми вузлами, -і -норми мають бути значно меншими.2 | | е | | 1n | | | е | | | | е | | 212||e||1n|||e||12||e||2n||e||12

Приклад: Гіперкуба розміру d, з . Він має діаметр . Максимальний дисбаланс тоді становить максимум . Це передбачає верхню межу для -норму . Поки що мені не вдалося побудувати ситуацію, коли це насправді виходить, найкраще, що я можу зробити, - це щось у напрямку , де я вклав цикл у Гіперкуба та вузли мають дисбаланси , , , і т. Д. Отже, тут пов'язана відключена фактором d = log 2 ( n ) d 1 n d = n log 2 ( n ) | | е | | 1 = n / 2 0 1 0 - 1 журнал ( n )n=2dd=log2(n)d1nd=nlog2(n)||e||1=n/20101log(n), що я вважаю вже занадто великим, оскільки шукаю (асимптотично) жорстких меж.


1
цікаве запитання. чи є якась конкретна програма?
Суреш Венкат

2
@ András Salamon: Дякую за редагування. @ Суреш Венкат: Припустимо, ваги представляють кількість агентів рівномірного розміру, які хочуть мінімізувати своє досвідчене навантаження. Вони захочуть перейти від i до j якщо wi>wi . Якщо ніхто не хоче рухатися, ми називаємо це рівновагою Неша. Запитання: Який найбільший загальний дисбаланс ми могли мати в рівновазі Неша?
Lagerbaer

У вас трапляється приклад графіка, де ваш простий обмежений діаметр занадто нещільний?
mhum

Що ж, я можу банально зв'язати дві інші норми, використовуючи . Мене цікавить 1 - або 2 -норма, оскільки вони більш точно фіксують "повний" дисбаланс. Я додав приклад до свого запитання. ||e||1n||e||12
Lagerbaer

Що стосується гіперкуба, що робити, якщо зважити вершини за їхньою вагою Хеммінга? Я отримую щось на кшталт дляl2, і я думаю, щоl1буде порядкомnd. d(n2)/2l2l1nd
Артем Казнатчеєв

Відповіді:


8

Оскільки обмежена діаметром d , норма 1 буде тривіально обмежена n d , подібно до норми 2 , за винятком |ei|d1nd2(насправдінормаpобмеженаn 1 / p d).ndpn1/pd

випадок виявляється на диво легко аналізувати.1

Для шляху легко зрозуміти, що є O ( n 2 ) , тому ви не можете зробити кращого за O ( n d ) .e1O(n2)O(nd)

Для повного дерева -ary, ви можете розділити його навпіл у корені, встановивши w root = 0 , піднімаючи одну сторону та опускаючи другу, поки листя не матиме | е я | = | w i | = log k n , знову виробляючи O ( n log k n ) = O ( n d ) .kwroot=0|ei|=|wi|=logknO(nlogkn)=O(nd)

Для кліки це дійсно не має значення , як ви поширюєте вага, так як всі вони будуть в межах друг від друга, і що дасть O ( п ) = O ( п d ) знову.1O(n)=O(nd)

Коли ви зрозумієте, що тут йдеться про функцію , і тоді ми приймаємо її норму 1 , поки ви можете довільно розподілити ваги e i[ - d / 2 , d / 2 ] рівномірно в межах діапазону, межа буде O ( n d ) .e:Z[d/2,d/2]R1ei[d/2,d/2]O(nd)

Єдиний спосіб змінити це - грати в ігри з масою. Наприклад, якщо у вас є кілька гігантських кліків у точках, які обов'язково врівноважені, як гігантська кліка з двома шляхами однакової довжини, що витікає з неї, то ви можете розраховувати на межу лише (наприклад) .O(d2)

Це може бути правдою і для розширювачів до певної міри, але я не впевнений. Я міг би уявити випадок, коли ви встановлюєте у звичайному графіку, а потім дозволяєте значенням збільшуватися згодом від кожного переходу. Здається, ймовірно, що середня величина може мати найбільшу масу, але я не знаю, чи достатньо було б вплинути на межу.w1=0

Я думаю, що ви могли б міркувати аналогічно щодо .2

Редагувати:

У коментарях ми з'ясували, що (вільний) пов'язаний з O ( | E | / λ 2 ( L ) ), використовуючи обмеження проблеми та деякі основні теорії спектральних графів.2O(|E|/λ2(L))


Мені подобається ваша відповідь. Однак у мене є проблема з тим, що " ви можете довільно розподілити ваги рівномірно ". Чи не можу я передбачити ситуацію, коли обмежений діаметр дозволив би мені десь помістити вагу але тоді структура графіка така, що я не можу компенсувати цю велику позитивну вагу? Отже, хоча O ( n d ) звичайно є верхньою межею, чи можна було б отримати більш жорсткі межі? Зрештою, використовуючи друге найменше власне значення Лаплація або друге за величиною власне значення суміжності (оскільки вони кодують інформацію про з'єднання)? ei=d/2O(nd)
Лагербаєр

1
Ну, ви не розміщуєте , ви розміщуєте w i . Отже, якщо у вас перекошений e i , має бути велика кількість невеликих ваг, які компенсують його з іншого боку середнього, або якась інша велика вага, діаметрально протилежна йому. Єдиний спосіб, щоб ви могли отримати пов'язану, меншу за O ( n d ), - якось розраховувати на структуру. І як я вже сказав, я не впевнений, що це означатиме для, скажімо, розширювача. Я не думаю, що ви могли це зробити виключно на основі провідності, через випадки, які я виклав у своїй відповіді. eiwieiO(nd)
Джозефіна Моллер

Дозвольте запропонувати ще один приклад. Графік з гантелями з двома кліками має дуже низьку провідність, але його дисбаланс обмежений 2.
Жозефіна Моллер

Межа, що стосується структури, була б чимось, з чим я був би абсолютно задоволений. Ось чому я згадав власні значення, оскільки вони стосуються властивостей з'єднання. Існують, наприклад, межі діаметра, середнього шляху, ізопериметричного числа тощо у перерахунку на другий найменший власний вектор лаплаціанської матриці графа.
Lagerbaer

Прочитайте ваш інший приклад зараз. Я очікую, що такий графік матиме також дуже мале друге найменше власне значення Лаплаціа, оскільки ізопериметричне число складе близько . 2/n
Lagerbaer

3

Для підключених графіків дисбаланс верхній межі діаметру графіка. Для того щоб зв'язати дисбаланс , ми можемо переписати кожне w k як w k - v 1 + v 1 - v 2 + v 2 - . . . - v k + v k - w i + w i де w k ,|wi1/nkwk|wkwkv1+v1v2+v2...vk+vkwi+wi найкоротший шлях від ш I до ш до . Визначте w k i = w k - v 1 + v 1 - v 2 + v 2 - . . . - v k + v k - w i . Ми можемо написати | w i - 1 /wk,v1,...,vk,wiwiwkwki=wkv1+v1v2+v2...vk+vkwi

|wi1/nkwk|=|wi1/nk(wki+wi)|=|kiwkin|

Кожен обмежено зверху по довжині найкоротшого шляху від я до K вашого припущення , що ж я - ж J1 для кожного I , J E . Тому отримуємо тривіальну межу: | w i - 1 / n k w k | ( n - 1 )wkiikwiwj1i,jE

|wi1/nkwk|(n1)nD

Це насправді може бути не надто далеко від оптимального. Я думаю про повне -ary дерево, де вузли на кожному рівні мають вагу на один більший, ніж вага попереднього рівня. Велика частка графіка має найбільшу вагу, D + 1 . Отже, середній слід перекосити до вершини. Як до і п отримати більше, я очікую , м , щоб стати ближче і ближче до D + 1 , що означає дисбаланс повинен стати ближче і ближче до D .kD+1knmD+1D


Наскільки я можу сказати, конструкція, накреслена тут, може бути жорсткою, щоб досягти дисбалансу наближеному до як бажано. Однак, оскільки питання не вказує, що відбувається, коли вершини не є суміжними, простішою побудовою є повністю роз'єднаний графік з вершиною 0, що має вагу 0, і всі інші вершини з масою k . Він має середню масу k ( n - 1 ) / n, що також є його максимальним дисбалансом. Це однозначно можна зробити довільно близьким до k , вибравши досить великий n і kD<00kk(n1)/nknkможна зробити так, як бажано.
Андрас Саламон

@ Андраш Саламон: Добре. Наведена відповідь передбачає, що даний графік пов'язаний. Я відредагую це, щоб зробити це зрозумілим. G
Микола Руоцці

1
Я додав "пов'язане" обмеження до мого запитання, оскільки це було на увазі. Тут відповідь представлений обмеженням на . Крім того, коли я запитував "найгірший" випадок, я мав на увазі, що графік буде виправлений, і я б спробував знайти найгірший випадок саме для цього графіка. ||e||
Lagerbaer
Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.