Seja e considere o problema de decisão
CLICK p entrada: número inteiro s , gráfico G com t vértices e arestas Pergunta: O conter uma clique sobre, pelo menos, vértices?
s
Uma instância de CLIQUE contém uma proporção de todas as arestas possíveis. Claramente CLIQUE é fácil para alguns valores de . CLIQUE contém apenas gráficos completamente desconectados e CLIQUE contém gráficos completos. Nos dois casos, CLIQUE pode ser decidido em tempo linear. Por outro lado, para valores de próximos a , CLIQUE é NP-difícil devido a uma redução do próprio CLIQUE: essencialmente, é suficiente para adotar a união disjunta com o gráfico de Turán .
Minha pergunta:
CLIQUE está em PTIME ou NP-complete para todos os valores de ? Ou existem valores de para os quais CLIQUE possui complexidade intermediária (se P ≠ NP)?
Essa questão surgiu de uma questão relacionada aos hipergráficos, mas parece interessante por si só.
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Respostas:
Suponho que o número na definição do problema CLIQUE p seja exatamente igual ao número de arestas no gráfico, diferentemente do comentário do gphilip à pergunta.⌈ p ( t2) ⌉
O problema CLIQUE p é NP-completo para qualquer constante racional 0 < p <1 por uma redução do problema CLIQUE usual. (A suposição de que p é racional é necessária apenas para que possa ser calculado a partir de N no polinômio de tempo em N ).⌈ p N⌉
Seja k ≥3 um número inteiro que satisfaça k 2 ≥1 / pe (1−1 / k ) (1−2 / k )> p . Dado um gráfico G com n vértices e m arestas juntamente com um valor limite s , a redução funciona da seguinte maneira.
Observe que o caso 1 leva tempo O ( n k −1 ), que é polinomial em n para cada p . O caso 3 é possível porque se n ≥ s ≥ k , então é não-negativo e, no máximo, o número de arestas no total ( k −1) -partite gráfico K n ,…, n como mostrado nas duas reivindicações a seguir.⌈ p ( n k2) ⌉-m
Reivindicação 1 . .⌈ p ( n k2) ⌉-m≥0
Prova . Como , basta provarmos ou equivalentemente pnk ( nk −1) ≥ n ( n -1). Como p ≥ 1 / k 2 , temos pnk ( nk −1) ≥ n ( n −1 / k ) ≥ n ( n −1). QED . p ( nkm ≤ ( n2) p ( n k2) ≥ ( n2)
Reivindicação 2 . . (Observe que o lado direito é o número de arestas no gráfico completo (K − 1) de partes de K n ,…, n .)⌈ p ( n k2) ⌉-m<n2( k-12)
Prova . Como e m ≥ 0, basta provarmos ou equivalentemente n 2 ( k −1) ( k −2) - pnk ( nk −1) - 2 ≥ 0. Como p <(1−1 / k ) (1−2 / k ), temos QED .p ( n k⌈ x ⌉ < x + 1 n2(k-1)(k-2)-pnk(nk-1)-2≥n2(k-1)(k-2)-n(n-p ( n k2) +1≤n2( k-12)
Editar : a redução na revisão 1 teve um erro; às vezes exigia um gráfico com número negativo de arestas (quando p era pequeno). Este erro foi corrigido agora.
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Se pode ser uma função de t , então o problema pode ser intermediário. Configure p para que o número de arestas seja log 4 t . Então, obviamente, s pode ter no máximo log 2 te, portanto, existe um algoritmo t log 2 t para esse problema, o que significa que o problema (sob suposições padrão, digamos que SAT não possui algoritmos subexponenciais) não pode ser difícil para NP.p t p registro4t s registro2t tregistro2t
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