Я хочу, щоб легкий гаджет довів планарний гамільтонівський цикл NP-завершений (з Гамільтонового циклу)

Відомо, що цикл гамільтонів (шинка коротко) NP-повний і що цикл планарної шинки NP-повний. Доказ для Планарного циклу шинки - це не від шин Хем.

Чи є приємний гаджет, який, даючи графік G, замінить усі переправи на якийсь планарний гаджет, щоб у вас був планарний графік G 'такий,

G має цикл Хама iff G 'має цикл Хама.

(Я буду задоволений такими варіантами, як Шлях шинки або направлений Велосипедний цикл або Спрямований шлях Шинки.)

— Білл ГАЗАРЧ
джерело

Дещо тривіальне спостереження. Припустимо, ви вставляєте і ребра і перехресно, з з'являються за годинниковою стрілкою навколо точки перетину. Замініть його на гаджет який має чотири вхідні точки відповідні . Якщо гамільтоновий цикл у використовує обидва ребра та то в відповідний цикл повинен був би перетнутись. Звичайно, це передбачає найбільш наївну інтерпретацію того, що таке `гаджет ', а також, що гамільтонів цикл у

G

$G$

(x, y)

$(x,y)$

(u, v)

$(u,v)$

x, v, y, u

$x,v,y,u$

P_{x v y u}

$P_{xvyu}$

x^{'}, v^{'}, y^{'}, u^{'}

$x',v',y',u'$

x, v, y, u

$x,v,y,u$

G

$G$

(x, y)

$(x,y)$

(u, v)

$(u,v)$

G^{'}

$G'$

G^{'}

$G'$ повинен слідувати тим же краю, що і відповідний цикл в .

G

$G$

— Марек Хробак

Що таке цикл шинки? Будь ласка, не вважайте, що всі розуміють ваші скорочення.

— Цуйосі Іто

@MarekChrobak: Я згоден з вашим зауваженням. Ви даєте два способи уникнути свого аргументу. Я думаю, що найприродніше - це друге: Існує Гамільтонів цикл у iff, існує гамільтонівський цикл .

x \to y \to \dots \to u \to v \to \dots \to x

$x\to y\to\dotsb\to u\to v\to\dotsb\to x$

G

$G$

x \to x^{'} \to \dots \to u^{'} \to u \to \dots \to y \to y^{'} \to \dots \to v^{'} \to v \to \dots \to x

$x\to x'\to\dotsb \to u'\to u\to\dotsb\to y\to y'\to\dotsb\to v'\to v\to\dotsb\to x$

— Бруно

@Tsuyoshi: Це означає гамільтонів цикл. Я думаю, що розумно припустити, що кожен може це зрозуміти.

— domotorp

@Bill: Мені цікаво, чому ви вважаєте, що такий гаджет повинен існувати. Кількість перетину при вставленні довільного графіка в площину може бути дуже великою ( для повного графа - див. Лемму схрещування). Отже, якщо ви почнете з графіка з ребрами і безліччю ребер (скажімо, біля квадратичного), то вбудований графік з перехрестями, доданими як вершини, має зовсім іншу структуру ...

Θ (n^{4})

$\Theta(n^4)$

n

$n$

— Sariel Har-Peled

Принаймні, жодного "приємного" гаджета для одного кросовера.

Нехай і є хрестом, який ми хочемо замінити. $(a, b)$ $(x,y)$ введіть тут опис зображення

Для нашого графіка є багато випадків, , але ми повинні задовольнити принаймні наступні чотири. Випадок 1: існує щонайменше один гамільтоновий цикл, але жоден з ребер не використовує жодного. Випадок 2: існує принаймні один цикл, і всі цикли використовують точно один з двох ребер. Випадок 3: існує принаймні один цикл, і всі цикли використовують обидва краї. Випадок 4: немає гамільтонового циклу. $G$

Якщо наш гаджет має два (або більше) вершини для кожного поруч все ті ж сусіди (так що і зберегти «S сусідів) , то не обов'язково буде по- , як і раніше бути плоскими. Для того, щоб задовольнити перший із наших випадків вище, ми не можемо мати нових вершин у гаджеті. $a, b, x, y$ $a_0$ $a_1$ $a$ $G'$

Щоб задовольнити випадок 3 вище, у гаджета у нас повинно бути принаймні два краї. Ні площинна і покривна пара ні задовольняють випадку 2, тому нам потрібен третій край. Не втрачаючи загальності, нехай ці три будуть . $(a, x), (y, b)$ $(a, y), (x, b)$ $(a, y), (y, b), (x,b)$

Тим НЕ менше, що заміна ламає четвертий випадок, так може містити гамильтонов цикл , коли не робить. Візьмемо, наприклад, де і . не планарний і не має гамільтонового циклу. $G'$ $G$ $G = (V, E)$ $V = \{a, b, x, y, p, q, r, s, t\},$ $E = \{(a, b), (x, y), (a, r), (a, p), (a, q), (b, s), (b, x), (p, s), (p, t), (p, y), (q, x), (r, y), (t, x)\}$ $G$ введіть тут опис зображення

Тоді де . є площинним і має гамільтоновий цикл ( ). $G' = (V, E')$ $E' = \{(a, y), (y, b), (x, b)\} \cup$ $\{(x, y), (a, r), (a, p), (a, q), (b, s), (p, s), (p, t), (p, y), (q, x), (r, y), (t, x)\}$ $G'$ $a, q, x, t, p, s, b, y, r, a$

Зауважимо, що якби був край, не доданий замість , то не мав би гамільтонівського циклу. Здається, що вам доведеться знати знання можливого циклу, щоб правильно вибрати край. $(b, y)$ $(a, x)$ $G'$

Аналогічна проблема існує в тому, що гаджет включає один з діагональних ребер, наприклад: . $(a, b), (a, y), (x, b)$

Оскільки додавання трьох країв розриває випадок 4, додавання більше не допоможе.

Таким чином, жодного «приємного» гаджета не існує. Можливо, існує гаджет, який приділяє більше уваги сусідам кожного з та , але це не здається дуже «приємним». $a, b, x$ $y$

(Примітка. Будь ласка, повідомте мене, якщо я зробив помилки вище!)

( ~~Примітка 2: У мене було кілька приємних фігур, але не можу їх опублікувати.~~ Опубліковано.)

— Кайл
джерело

Я думаю, ви повинні мати можливість розміщувати цифри зараз.

— Юкка Суомела