Амплітуда випадкових кубічних графіків

Розглянемо пов'язаний випадковий кубічний графік $G=(V,E)$ з $n =|V|$ вершини, проведені з $G(n, 3$ -reg $)$ (як визначено тут , тобто $3n$ є парними, і будь-які два графіки мають однакову ймовірність).

Звичайно , є $n$ можливої ширину перших Пошукові, по одному для кожного початкового вузла $s \in V$ . Широтою перший пошук $B_G$ , починаючи з вузла $s \in V$ призначає рівня $d(s, v)$ для кожного вузла $v \in V$ , де $d(s, v)$ є відстань між $s$ і $v$ в $G$ .

$B_G$

L (s, {u, v}) = max {d (s, u), d (s, v)}

$L(s, \{u,v\}) = \max\{ d(s,u), d(s,v) \}$

e = {u, v} \in E

$e=\{u,v\} \in E$

З огляду на специфічний пошук першого $B_G$ , нехай $\alpha(B_G,i)$ - це кількість ребер, яким було призначено рівень $i$ , і нехай $\alpha(B_G) = max_i\{\alpha(B_G,i)\}$ . Іншими словами $\alpha(B_G)$ - це кількість ребер рівня, що містить більше ребер, ніж будь-який інший рівень. Нехай , нарешті, $\alpha(G)$ є максимальним $\alpha(B_G)$ для будь-якого з $n$ Ширина перших Пошуки $G$ .

Назвемо $\alpha(G)$ з амплітудою в $G$ .

Питання

Як зростає очікуване значення $\alpha(G)$ міру $n$ тяжіння до нескінченності? Нагадаємо, що $G$ - випадковий кубік . Точніше, те, що я насправді хотів би знати, чи належить очікуване значення $\alpha(G)$ до $o(n)$ .

Оскільки $n$ є парним, ліміт вважається таким, що я не дбаю про непарні $n$ .

graph-theory co.combinatorics

— Джорджіо Камерані
джерело

(1) Будь ласка, вкажіть, з якого розподілу ймовірностей ви складете свій кубічний графік. (2) Чи цікавить вас очікування як функції чи щось інше? (3) Я припускаю, що є парним (інакше кубічного графіка не існує). Отже, я вважаю, що ліміт вважається таким, що ви не піклуєтесь про непарні .

α (G)

$\alpha(G)$

n

$n$

n

$n$

n

$n$

— Йосіо Окамото

@YoshioOkamoto: (1) Від -reg як визначено в stanford.edu/class/msande337/notes/… ( є рівним і будь-які два графіки мають однакову ймовірність). (2) Я збагатив питання, щоб уточнити цей момент. (3) Так, є парним, а межа вважається такою, що я не хвилююся про непарні .

G (n, 3

$G(n, 3$

)

$)$

3 n

$3n$

n

$n$

n

$n$

— Джорджіо Камерані

@SureshVenkat: Дякую за те, що покращили читабельність питання ;-)

— Giorgio Camerani

Дозвольте сказати, що цілком ймовірно, що для випадкових кубічних графіків є результати концентрації для , а це означає, що очікуване значення, велика величина ймовірності тощо, однакові. Якщо ОП не уточнить, я думаю, що відповідь на будь-яке з цих питань була б розумною відповіддю на це питання.

α (G)

$\alpha(G)$

— Пітер Шор

@WalterBishop: Дозвольте задати ще одне питання. Як визначити якщо відключено?

α (G)

$\alpha(G)$

G

$G$

— Йосіо Окамото

Відповіді:

Амплітуда для графіків розширювачів. Випадковий 3-регулярний графік є асимптотично майже напевно графіком розширення (див. Вікіпедія) , тому очікування амплітуди буде , оскільки ймовірність того, що це не графік розширення, дорівнює як переходить до . $\alpha(n) = \Theta(n)$ $\Theta(n)$ $0$ $n$ $\infty$

Для експандера з параметром , для будь-якого набору вершин , існує сусідів безлічі. Тепер нехай кількість вершин на рівні буде , при цьому . Тоді ми маємо з властивості розширення те, що поки не надто велике (тобто ми ще не включили половину вершин) Тепер шукайте рівень який містить вершину . Тобто, так і $\beta$ $s$ $s \leq n/2$ $\beta s$ $j$ $\ell_j$ $\ell_0=1$ $j$

ℓ_{j} \geq β \sum_{i = 0}^{j - 1} ℓ_{i}

$\ell_j \geq \beta\, \sum_{i=0}^{j-1} \ell_{i}$

ℓ_{j}

$\ell_j$

\frac{n}{3}

$\frac{n}{3}$

\sum_{i = 0}^{j - 1} ℓ_{i} < n / 3

$\sum_{i=0}^{j-1} \ell_i < n/3$

\sum_{i = 0}^{j} ℓ_{i} \geq n / 3

$\sum_{i=0}^{j} \ell_i \geq n/3$ . Якщо цей рівень великий, тобто , ми закінчили. В іншому випадку наступний рівень має розмір і ми зробили.

ℓ_{j} \geq n / 6

$\ell_j \geq n/6$

ℓ_{j + 1} \geq β \sum_{i = 0}^{j} ℓ_{i} \geq β \frac{n}{3},

$\ell_{j+1} \geq \beta \, \sum_{i=0}^{j} \ell_{i} \geq \beta \frac{n}{3},$

Хоча цей доказ розглядає кількість вершин на рівні, а не кількість ребер (про які запитував ОП), завжди є щонайменше стільки ребер, що додаються на кроці як вершини рівня , оскільки кожна вершина повинна бути досягнута по якомусь краю. $i$ $i$

— Петро Шор
джерело

Дякую за вашу відповідь! Це дуже дивно (принаймні для мене): навіть якщо загальна кількість ребер , а кількість рівнів , найбільше переповнений рівень має ще краї. Таким чином, краї не розподіляються рівномірно між рівнями: моя (емпірична, неправильна) інтуїція полягала в тому, що, за винятком кількох початкових рівнів та декількох кінцевих рівнів, серед них мали бути центральні рівні були розкидані дещо рівномірно.

m = 1.5 \cdot n \in Θ (n)

$m = 1.5 \cdot n \in \Theta(n)$

Ω (l o g (n))

$\Omega(log(n))$

Θ (n)

$\Theta(n)$

Ω (l o g (n))

$\Omega(log(n))$

— Джорджіо Камерані

під "емпіричним" ви маєте на увазі, що ви насправді виконували тести? становить приблизно для кубічних випадкових графіків, див. ftp-sop.inria.fr/mascotte/personnel/Stephane.Perennes/Bol88.pdf

β

$\beta$

0.1845

$0.1845$

— didest

Так, я провів тести від до і виміряв кількість . Якщо наближається до коли збільшується, це дало б емпіричні докази того, що . Приблизно , було приблизно , тоді як приблизно , було приблизно (звичайно, я ніколи не вважав ці числа емпіричними доказами, оскільки все ще занадто малий, щоб представляти асимптотику). Однак коли я сказав "емпірична інтуїція"

n = 100

$n = 100$

n = 150000

$n = 150000$

k = \frac{α (G)}{m}

$k = \frac{\alpha(G)}{m}$

k

$k$

0

$0$

n

$n$

α (G) \in o (n)

$\alpha(G) \in o(n)$

n = 100

$n=100$

k

$k$

0.3

$0.3$

n = 150000

$n=150000$

k

$k$

0.26

$0.26$

n = 150000

$n = 150000$

— Джорджіо Камерані

... Я мав на увазі справжнє (неправильне) почуття, а не результат тестів: я дещо відчував, що ці BFS повинні мати форму "ковбаси" (тобто крихітні в крайностях, і постійну чіткість посередині). "Вони повинні бути такими", подумав я. Наведене вище свідчення показує, наскільки явна неправильна моя інтуїція. Тим не менш, я все ще дивуюсь: ребра, рівні, але не ребра на кожному рівні.

Θ (n)

$\Theta(n)$

Ω (l o g (n))

$\Omega(log(n))$

O (\frac{n}{l o g (n)})

$O(\frac{n}{log(n)})$

— Джорджіо Камерані

Відповідь Пітера Шорса справді хороша, але є інший спосіб відповісти на це: довести, що ширина ширини є верхньою межею вдвічі більше амплітуди (вершинна версія). Оскільки ми знаємо, що 3-регулярні розширювачі мають лінійну ширину, ми закінчили.

Дивіться побудову декомпозиції дерев із деревом BFS, це слайд 15 цієї презентації: http://www.liafa.jussieu.fr/~pierref/ALADDIN/MEETING2/soto.pdf

Неважко помітити, що розмір кожної сумки є верхньою межею в два рази найширшим рівнем.

— найсідніший
джерело

Дякую за вашу відповідь, що презентація була дуже корисною.

— Джорджіо Камерані