Complexidade da contagem de caminhos em um gráfico

Dado um gráfico direcionado com n nós, de modo que cada vértice tenha exatamente duas arestas de saída e um número natural N codificado em binário, dois vértices s e t,

Quero contar o número de caminhos (não necessariamente simples) de s a t em N etapas.

Este é um problema # P-difícil? Ou, geralmente, qual é a complexidade desse problema?

cc.complexity-theory graph-theory counting-complexity maomao
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Você tentou ligar a matriz?

Yuval Filmus

sim, mas a complexidade ainda não é conhecida, tanto quanto eu posso ver.

maomao 30/07/12

A caminhada precisa terminar em t ou apenas visitar t em algum momento da caminhada?

Tyson Williams

tem que acabar em t.

maomao 6/08/12

@Geekster Para o dígrafo completa em 3 vértices com

, a contagem é o número Nth Fibonacci, cujo tamanho é exponencial em N, assim como David argumentou em sua resposta para qualquer gráfico.

s \neq t

$s \ne t$

Tyson Williams

Respostas:

O número de saída dos caminhos pode ser (escolha arbitrariamente e escolha como o vértice que é o ponto final do maior número de caminhadas de ) que requer $\Omega(2^N/n)$ $s$ $t$ $2^N$ $s$ $\Omega(N)$ bits para escrever explicitamente; isso é exponencial no tamanho da entrada. Por outro lado, a abordagem de alimentação da matriz possui polinômio de complexidade na soma dos tamanhos de entrada e saída. Portanto, isso parece colocá-lo diretamente na classe de problemas de contagem que têm saída de tamanho exponencial e podem ser resolvidos deterministicamente no polinômio do tempo em seu tamanho de saída, independentemente da notação dessa classe (é algum tipo de contagem analógica para EXP, e definitivamente não é o #EXP, que é mais análogo ao NEXP).

David Eppstein
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obrigado, mas ainda quero saber se esse problema é

duro.

♯ P

$\sharp P$

maomao 6/08/12

Para evitar os grandes números na abordagem quadrática iterada de David, podemos fazer todo o módulo de computação um número primo p. Então o algoritmo geral é executado no polinômio do tempo em

. Se o problema fosse # P-difícil sob reduções parcimoniais numerosas de um polinômio, o algoritmo com

implicaria P =

P, o que não acreditamos.

n + \log N + \log p

$n + \log N + \log p$

p = 2

$p=2$

\oplus

$\oplus$

Holger

\oplus

$\oplus$

@SamiD: Exatamente, seu argumento mostra que a permanente provavelmente não é # P-hard sob reduções parcimoniosas . As provas conhecidas usam reduções de Turing.

Holger

@ Hollger, eu concordo. Desculpe, eu tinha perdido a parcimoniosa parte múltipla . Portanto, o problema de alimentação da matriz pode ser # P-rígido sob reduções de Turing.

SamiD 02/12/15

$A^N[s,t]$ $A$ $\mathsf{BitSLP}$ $\#\mathsf{P}$ $\mathsf{BitSLP}$

$\mathsf{BitSLP}$ $\mathsf{CH} \subseteq \mathsf{PSPACE}$ $\mathsf{PH}^{\mathsf{PP}^{\mathsf{PP}^{\mathsf{PP}}}}$

SamiD
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$\leq N$ $=N$ $\leq N$ $\leq N-1$

$\leq 2$

Miki Hermann
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O problema original não exige que o caminho seja simples, portanto, não acho que a resposta esteja correta.

maomao 6/08/12

Como pode ser # P-completo quando todos os problemas de # P têm um número de soluções exponenciais no tamanho da entrada e essa é dupla exponencial?

David Eppstein

O que significa "ND31" no contexto do livro de Garey e Johson?

Tyson Williams