Anzahl der zur Garantie erforderlichen Kanten

Ich versuche, ein bestimmtes Problem zu lösen: Finden Sie einen Algorithmus, um festzustellen, ob ein Graph eine Clique der Größe 3 Zoll hat $O(n^{2.81})$ Schritte. Der gegebene Hinweis ist das $2.81 > \log 7$ . Um dies zu lösen, habe ich mir eine Vermutung ausgedacht: wenn $m > n^{\log 7}$ dann hat der Graph $K_3$ als Untergraph. Dies wird das Problem leicht lösen, wenn die Vermutung wahr ist.

Ich versuche im Widerspruch zu argumentieren: Lassen Sie $m > n^{\log 7}$ und nehme an, es gibt keine a $K_3$ Untergraph. Dann gibt es für jeden Satz von drei Eckpunkten genau 7 Möglichkeiten, wie sie verbunden werden sollen. Ich bin jedoch nicht sicher, wie ich von hier aus vorankommen soll.

Sieht jemand einen Weg, dies zu beweisen, oder ob die Vermutung überhaupt wahr ist? Ich bin auch interessiert zu sehen, ob die Vermutung erweitert werden kann, dh wenn $m > n^{\log 2^k -1})$ Gibt es eine $K_k$ Untergraph?

graph-theory

— kbrose
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Du brauchst

n^{2} / 4 + 1

$n^2/4 + 1$ Kanten, um ein Dreieck zu gewährleisten (siehe en.wikipedia.org/wiki/Turán's_theorem ). Versuchen Sie stattdessen, die Matrixmultiplikation zu verwenden.

— Louis

@ Louis Die Abteilung sollte Fußboden oder Decke sein, denke ich

— saadtaame

Was ist

m

$m$ ? Die Anzahl der Kanten? Wenn

n

$n$ ist die Anzahl der Eckpunkte, mit denen Sie kein Diagramm haben können

n^{\log 7}

$n^{\log 7}$ Kanten, da dies die maximal mögliche Anzahl von Kanten überschreitet, die . Selbst wenn Sie das beiseite legen, würde Ihre Vermutung nicht ausreichen. Sicher, Kanten garantieren ein Dreieck (Mantel-Theorem, verallgemeinert von Turán), aber ein Dreieck plus eine Million isolierter Eckpunkte enthält ein Dreieck und hat weniger als 250.000.000.001 Kanten.

(\binom{n}{2})

$\binom{n}{2}$

⌊ n^{2} / 4 ⌋ + 1

$\lfloor n^2/4\rfloor+1$

— David Richerby

@ DavidRicherby Dein erster Punkt ist ganz richtig. Ich dachte fälschlicherweise, wenn ich annehmen könnte, dass die Anzahl der Eckpunkte kleiner als ist, könnte ich einfach durch alle Kanten laufen und zu der notwendigen Schlussfolgerung gelangen. Das ist jetzt, wo ich länger als ein paar Sekunden darüber nachdenke, ziemlich lächerlich. Ihr zweiter Punkt verfehlt jedoch den Punkt dessen, was ich mit der Vermutung erreichen wollte. Ihr Beispiel hat zwar weit mehr Scheitelpunkte als Kanten, aber ich dachte, ich müsste mich nicht um Scheitelpunkte kümmern, wenn ich davon ausgehen könnte, dass die Anzahl der Kanten vergleichsweise gering ist. Ist dies sinnvoll?

n^\log 7

$n^\log 7$

— Kbrose

Hinweis: Die Matrixmultiplikation läuft in der Zeit . Eine relevante Matrix ist die Adjazenzmatrix des Graphen. $O(n^{2.71})$

Tatsächlich wurde dies in der Vergangenheit mehrfach sehr verbessert. Vor kurzem hat Le Gall dies auf die Zeit verbessert . Es wird vermutet, dass die Matrixmultiplikation in der Zeit für jedes abläuft . $O(n^{2.3728639})$ $O(n^{2+\epsilon})$ $\epsilon > 0$

— Yuval Filmus
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