Максимальне збільшення ваги ребер

Мені цікаво, чи вказана нижче проблема має ім’я чи якісь результати, пов’язані з цим.

Дозволяє $G = (V,w)$ бути зваженим графіком де $w(u,v)$ позначає вагу краю між $u$ і $v$ , і для всіх $u,v \in V$ , $w(u,v) \in [-1,1]$ . Проблема полягає у пошуку підмножини вершин, яка максимально збільшує суму ваг прилеглих до них ребер:

max_{S \subseteq V} \sum_{(u, v) : u \in S or v \in S} w (u, v)

$\max_{S \subseteq V} \sum_{(u,v) : u \in S\ \textrm{or}\ v\in S} w(u,v)$ Зауважте, що я підраховую ребра як у підмножині, так і поза підмножиною, саме це відрізняє цю проблему від максимального скорочення. Однак, навіть якщо і і знаходяться в , я хочу порахувати ребро один раз (а не вдвічі), що відрізняє ціль від просто суми градусів.

u

$u$

v

$v$

S

$S$

(u, v)

$(u,v)$

Зауважте, що проблема є тривіальною, якщо всі ваги краю є негативними - просто візьміть весь графік!

— Аарон Рот
джерело

Пізніше ваше визначення не відповідає вашій примітці про неврахування повторюваних країв. Ви підсумовуєте за упорядкованими парами або підмножинами з двома елементами? (останній подарує вам майно, яке вам потрібно, я думаю)

— Суреш Венкат,

Ще одна примітка: єдині ваги ребер НЕ рахуються ті, які знаходяться всередині V \ S. Чи зацікавлені ви в результатах чи наближенні твердості, тому що в першому випадку мінімізація суми ваг ребра всередині S '= V \ S може бути більш природною проблемою .

— Суреш Венкат

@Suresh: Офіційне визначення у питанні є правильним, якщо стосується коефіцієнта наближення. Це просто дає вдвічі більше того, що ви очікуєте від слів.

— Tsuyoshi Ito

@TsuyoshiIto: О, я бачу, тому що краї порізу також рахуються двічі.

— Суреш Венкат

Точна проблема є NP-жорсткою, оскільки, як писав Суреш у своєму коментарі, проблема еквівалентна необмеженому {0,1} квадратичному програмуванню, що є NP-жорстким.

— Tsuyoshi Ito

Відповіді:

Насправді не рішення, а деякі спостереження.

Це особливий випадок наступної проблеми: заданий Всесвіт і колекція множин та вагова функція знайдіть множину такою, що є максимальною (вага набору - загальна вага його елементів). Ваша проблема відповідає випадку, коли кожен елемент відображається рівно в двох наборах (але я не впевнений, як використовувати це обмеження, хоча це може допомогти). $U = \{1, \ldots, m\}$ $S_1, \ldots, S_n \subseteq U$ $w:U \rightarrow [-1, 1]$ $I \subseteq [n]$ $w(\bigcup_{i \in I}{S_i})$ $U$

Це проблема покриття: подібно до Max-k-Set-Cover, але без обмежень використовувати набори та з дозволеними негативними вагами. Жадібне наближення Max-k-Set-Cover (на кожному кроці виводиться множина, яка має найбільшу вагу непокритих елементів до цих пір) виводить послідовність множин так, що перші множини є наближенням до оптимальний (тому це одночасне наближення для всіх ). На жаль, як завжди, існує проблема з її аналізом, коли ваги можуть бути негативними. Основне спостереження аналізу жадного алгоритму полягає в тому, що якщо є першим набором, який виводиться, то ( $k$ $k$ $1 + 1/e$ $k$ $S_1$ $w(S_1) \geq OPT_k/k$ $OPT_k$ будучи максимальною вагою, охопленою множинами), оскільки менше суми ваг множин в оптимальному рішенні, і кожен з них має вагу менше . Однак з від'ємними вагами вже не вірно, що менше, ніж сума ваг в оптимальному рішенні. Загалом, зв’язок союзу вже не відповідає дійсності. $k$ $OPT_k$ $k$ $w(S_1)$ $OPT_k$

— Сашо Ніколов
джерело

FWIW, Вашу проблему важко визначити в мультиплікативному коефіцієнті для будь-якого . $n^{1-\epsilon}$ $\epsilon>0$

Покажемо, що нижче, даючи зменшення збереження наближення від незалежного набору, для якого відома твердість наближення.

Зниження від незалежного набору

Нехай непрямий графік є екземпляром незалежного набору. Нехай позначить ступінь вершини в . Нехай -число вершин в . $G=(V,E)$ $d_v$ $v$ $G$ $n$ $G$

Побудувати ребро-зважений граф з наступним чином . Надайте кожному ребру вагою 1. Для кожної неізольованої вершини додайте нових ребер, кожна з масою , до нових вершин. Для кожної ізольованої вершини додайте один новий край ваги 1 до нової вершини. $G'=(V',E')$ $G$ $E$ $v\in V$ $d_v-1$ $-1$ $d_v-1$ $v\in V$

(Примітка: кожна нова вершина (в але не в ) має рівно один сусід, який є в ) $G'$ $G$ $G$

Лема має незалежний набір розміру iff (як приклад вашої проблеми) має рішення значення, принаймні . $G$ $k$ $G'$ $k$

Доказ. Нехай будь-яка незалежна безліч в . Тоді, оскільки вершини в незалежні в , значення в (за вашою метою) дорівнює $S$ $G$ $S$ $G'$ $S$ $G'$

\sum_{v \in S} d_{v} - (d_{v} - 1) = | S | .

$\sum_{v\in S} d_v - (d_v-1) ~=~ |S|.$

І навпаки, нехай є рішенням для значення принаймні . Не втрачаючи загальності, припустимо, що не містить нових вершин. (Кожна нова вершина знаходиться на одному ребрі . Якщо не було виділено в , то вага ребра дорівнює , тому видалення з $S$ $G'$ $k$ $S$ $v'$ $(v',v)$ $v$ $G$ $-1$ $v'$ $S$ збільшує значення $S$ . Якщо $v$ було виділено, то вага краю дорівнює 1, тому видаляючи $v'$ з $S$ і додавання $v$ підтримує значення $S$ .)

Не втрачаючи загальності, припустимо, що $S$ є самостійним набором в $G$ . (Інакше нехай $(u,v)$ бути ребром таким, що $u$ і $v$ знаходяться в $S$ . Загальна вага $v$ краї падаючих в Росії $G'$ є $d_v - (d_v-1) = 1$ , так що загальна вага $v$ краї падаючих, крім $(u,v)$ становить не більше нуля. Таким чином, видалення $v$ з $S$ не збільшував би значення $S$ .)

Тепер, за тим же розрахунком, що і на початку доказування, значення $S$ є $|S|$ . З цього випливає $|S| \ge k$ . QED

Як сторону, ви можете попросити замість адитивного наближення, скажімо, $O(n)$ або $\epsilon m$ .

Мені здається можливим, що для вашої проблеми навіть вирішення, чи є рішення з позитивною цінністю, може бути важким для NP.

— Ніл Янг
джерело