Confusão sobre a redução da contagem de capas de vértices para capas de ciclos de contagem

11

Isso me confunde.

Um caso fácil de contagem é quando o problema de decisão está em e não há soluções.P

Uma palestra mostra que o problema de contar o número de combinações perfeitas em um gráfico bipartido (equivalente a contar o número de capas de ciclo em um gráfico direcionado) é completo.#P

Eles reduzem a contagem de capas de vértices do tamanho para capas de ciclos de contagem em um dígrafo usando gadgets.k

Teorema 27.1 O número de coberturas boas de ciclo em é ( k ! ) 2 vezes o número de coberturas de vértices de G do tamanho k .H(k!)2Gk

Usando o gadget, eles deixam apenas os ciclos "bons".

Meu entendimento da palestra é que não tem cobertura de vértice de tamanho k se o dígrafo transformado G ' não tiver cobertura de ciclo. Verificar se G ' tem cobertura de ciclo pode ser feito em tempo polinomial, implicando P = N P, pois podemos transformar o problema de decisão em encontrar solução.GkGGP=NP

O que estou entendendo mal?


#P

P

PNPNP(0,1)00

Editar pergunta MO relacionada


Adicionado

Markus Bläser assinala que o ciclo ruim ainda está "lá", mas a soma de seus pesos desaparece.

Parece-me que o peso do ciclo ruim em um widget é zero.

Na página 148 (11 do pdf):

A matriz de adjacência completa B com submatrizes A correspondentes a esses widgets de quatro nós conta 1 para cada cobertura de ciclo bom em H e 0 para cada cobertura de ciclo ruim

Outra pergunta:

k

No CC, todo vértice deve estar em exatamente um ciclo.

joro
fonte
Eles não deixaram apenas bons ciclos. Em seu argumento de contagem, eles eliminaram a contagem de ciclos ruins. O problema é que você precisa contar # capas de ciclo bom. Portanto, se você encontrar uma cobertura de ciclo que não é uma boa cobertura de ciclo, não poderá obter uma cobertura de k-vértice. Mas se você encontrar uma boa cobertura de ciclo, sim, o gráfico possui k-VC. Isso não viola nada.
Saeed
k
@Saeed Eles não estão contando todas as capas de ciclo no G 'transformado?
Joro
1
A redução atribui pesos às arestas. As coberturas ruins do ciclo podem ter peso positivo ou negativo; a contribuição geral é zero. Mas esses ciclos ainda estão "lá" e podem ser encontrados por um algoritmo de detecção de cobertura de ciclo e, nesse caso, você não sabe se existe ou não uma boa cobertura de ciclo.
Markus Bläser
1
@ MarkusBläser Obrigado, isso faz sentido :). Por que não responder?
Joro

Respostas:

1

Parece que o mal-entendido é este:

Na redução final para (0,1) -permanente, eles estão usando aritmética modular, o que quebra meu argumento.

AB

nperm(A)=0perm(B)=mn

nB


Não encontramos a falha na pergunta sobre a cobertura máxima do ciclo ponderado, que não parece ser afetada pelo que foi dito acima.

joro
fonte