Kapan properti FO membunuh NL-hardness?

Konteks: Kami hanya mempertimbangkan digraf. Biarkan CYCLE menjadi bahasa grafik dengan siklus; itu adalah masalah NL-lengkap. Biarkan HASEDGE menjadi bahasa grafik dengan setidaknya satu sisi. Kemudian sepele, tidak lagi NL-hard, sementara tetap seperti itu. $\text{CYCLE} \cup \text{HASEDGE}$ $\text{CYCLE} \cup \overline{\text{HASEDGE}}$

Masalah aktual: Saya ingin tahu apakah bahasa masih NL-hard.

CYCLE \cup {(V, E) : (\exists u, v, x, y) [E (u, v) \land E (x, y) \land \neg E (u, y) \land \neg E (x, v)]}

$\text{CYCLE} \cup \{(V, E):(\exists u,v,x,y)[E(u, v) \land E(x, y) \land \neg E(u, y) \land \neg E(x, v)]\}$

Pertanyaan: Untuk rumus FO mana pada kosa kata grafik adalah NL-hard? Apakah properti ini dapat dipilih? $\phi$

CYCLE \cup {(V, E) : (V, E) ⊨ ϕ}

$\text{CYCLE} \cup \{(V, E) : (V, E) \models \phi\}$

Terima kasih atas masukan Anda!

cc.complexity-theory graph-theory descriptive-complexity

— Michaël Cadilhac
sumber

Jawaban:

Biarkan saya memanggil properti di "Masalah Aktual" Anda . Pemetaan berikut mengurangi menjadi : $\text{NODIAG}$ $\text{CYCLE}$ $\text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

Untuk , ganti setiap simpul dalam dengan dua salinan dan , dan jika ada tepi di , biarkan memiliki tepi dan . Dengan demikian untuk setiap grafik memenuhi . $G=(V,E)$ $v$ $G$ $v$ $v'$ $(u,v)$ $E$ $G'$ $(u,v), (u,v'), (u',v)$ $(u',v')$ $G$ $G'$ $\neg \text{NODIAG}$

Selain itu, memiliki siklus jika memiliki siklus, oleh karena itu memenuhi iff memuaskan . Karena itu adalah NL-hard. $G'$ $G$ $G'$ $\text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$ $G$ $\text{CYCLE}$ $\text{CYCLE}\cup \text{NODIAG}$

Saya pikir konstruksi serupa akan bekerja untuk setiap properti yang murni universal.

— Jan Johannsen
sumber

Terima kasih untuk pekerjaanmu Jan! Tapi saya tidak yakin Anda menyelesaikan masalah sepenuhnya, karena jika struktur NODIAG muncul di G, itu masih muncul di akhir konstruksi Anda, AFAIU.

— Michaël Cadilhac

Ya, tapi terus kenapa. Konstruksi memastikan bahwa . Jadi jika , maka , maka . OTOH, jika , maka , dan karenanya . Dengan demikian konstruksi mengurangi menjadi .

G^{'} ⊨ \neg NODIAG

$G'\models \neg \text{NODIAG}$

G ⊨ CYCLE

$G\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊨ CYCLE

$G'\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊨ CYCLE \cup NODIAG

$G'\models \text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

G ⊭ CYCLE

$G\not\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊭ CYCLE

$G'\not\models \text{CYCLE}$

G^{'} ⊭ CYCLE \cup NODIAG

$G'\not\models \text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

CYCLE

$\text{CYCLE}$

CYCLE \cup NODIAG

$\text{CYCLE} \cup \text{NODIAG}$

— Jan Johannsen

Jan, aku benar-benar minta maaf, aku mengacaukan kata-kata pertanyaanku; subgraf yang digambarkan harus dianggap sebagai grafik TERKECUALI. Perhatikan bahwa dengan kata-kata sebelumnya, Anda hanya perlu menambahkan empat simpul baru dan tepi , , dan agar grafik keluar dari NODIAG. Sekali lagi, saya sangat menyesal atas kesalahan ketik.

u, v, x, y

$u,v,x,y$

u \to v

$u \to v$

x \to y

$x \to y$

u \to y

$u \to y$

— Michaël Cadilhac

(PS: Seperti saya berutang budi padamu untuk mengerjakan pertanyaan salah kata, berikut adalah makalah TCS dengan judul yang bagus yang tidak muncul dalam daftar Anda: Diamonds is Forever (The Variety DA) oleh Tesson dan Therien.)

— Michaël Cadilhac

Dalam hal itu, bagaimana kalau hanya menambahkan simpul baru di setiap sisi: di ganti setiap dengan dan . Grafik dihasilkan adalah siklik iff , dan tidak memiliki struktur yang dikecualikan. BTW saya tidak lagi mempertahankan daftar itu.

G

$G$

e = (u, v)

$e = (u,v)$

(u, v_{e})

$(u,v_e)$

(v_{e}, v)

$(v_e,v)$

G^{'}

$G'$

G

$G$

— Jan Johannsen

Masalah sebenarnya ada di FO. Menguji apakah ada sedemikian rupa sehingga dan jelas dalam FO. $a,b,c,d \in V(G)$ $(a,c),(b,d) \in E(G)$ $(a,d),(b,c) \notin E(G)$

Asumsikan bahwa tidak ada , maka mengakui siklus terarah jika dan hanya jika mengakui siklus terarah dengan panjang dua. Ini dapat disimpulkan dari fakta bahwa untuk dua simpul dan dari , lingkungan dan sedemikian rupa sehingga atau . $a,b,c,d$ $G$ $G$ $a$ $b$ $G$ $N^-(a)$ $N^-(b)$ $N^-(a) \subseteq N^-(b)$ $N^-(b) \subseteq N^-(a)$

Dengan demikian, cukup untuk memeriksa apakah ada sedemikian rupa sehingga , yang ada di FO. $a,b \in V(G)$ $(a,b),(b,a) \in E(G)$

Jadi, ada dalam jika dan hanya jika $G$ $CYCLE \cup NODIAG$ $(\exists a,b,c,d)[(E(a,b) \wedge E(c,d) \wedge \neg E(a,d) \wedge \neg E(b,c)) \vee (E(a,b) \wedge E(b,a))]$

— Adrien
sumber

Terima kasih Adrien. Apakah Anda mau menambahkan argumen mengapa out-neighborhood dari dua node sebanding? Saya akan menunggu sedikit untuk melihat apakah ada yang mengatasi masalah lengkap, dan jika tidak ada yang muncul, saya akan mencari jawaban Anda.

— Michaël Cadilhac

Saya tidak berpikir bahwa komparabilitas lingkungan luar benar-benar berlaku. Ambil misalnya grafik hanya dari empat simpul dengan tepi dan . Grafik ini memenuhi rumus Michael, tetapi dapat dibandingkan dengan .

a, b, c, d

$a,b,c,d$

(a, c)

$(a,c)$

(b, d)

$(b,d)$

N^{-} (a) = {c}

$N^-(a) = \{ c\}$

N^{-} (b) = {d}

$N^-(b) = \{ d\}$

— Jan Johannsen

@ Jan: Jika saya tidak salah, poin Adrien adalah bahwa jika grafik <i> tidak </i> memenuhi bagian kedua, maka jika ia memiliki siklus, ia memiliki siklus panjang 2. Jadi intinya adalah bahwa jika grafik <i> tidak </i> memenuhi bagian kedua, maka komparabilitasnya berlaku.

— Michaël Cadilhac