Intuition: Transversale Zyklen in dreieckfreien Graphen

I vermute , dass , wenn eine einfache Dreieck freie Graph ist, dann gibt es eine Menge von höchstens Kanten , deren Löschung zerstört jeden ungeraden Zyklus. $G$ $n^2/25$

Weitere Informationen finden Sie in der Arbeit von Erdös et al. Von 1988, How to Make a Graph Bipartite .

Frage 1: Stimmt diese Vermutung durch Ihre Intuition?

Frage 2: Wie komplex ist es, die Anzahl der ungeraden Zyklen in einem Diagramm zu zählen? Gibt es dafür einen effizienten Algorithmus?

graph-theory

— Rupei Xu
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Meine Intuition sagt, dass Sie mehr als das brauchen (betrachten Sie den Graphen von 3 Gruppen von

Eckpunkten

so, dass es alle Kanten

, haben Sie nicht gedacht es durch). A

ist eine viel intuitivere gebunden. Aber meine Intuition sagt auch: "Wenn Erdös es gesagt hat, muss es wahr sein :)". Das Zählen einfacher Zyklen mit einer Länge von genau

ist #W [1] -hart (in Bezug auf

n / 3

$n/3$

V_{1}, V_{2}, V_{3}

$V_1,V_2,V_3$

V_{1} \to V_{2} \to V_{3} \to V_{1}

$V_1 \to V_2 \to V_3 \to V_1$

n^{2} / 9

$n^2/9$

2 k + 1

$2k+1$

k

$k$ ), aber es könnte einen einfacheren Weg geben, alle ungeraden Zyklen zu finden.

— RB

@RB Dies sollte bereits eine Antwort sein.

— Yixin Cao

Eigentlich habe ich den dreieckfreien Teil völlig ignoriert: o. Für solche Graphen, sagt meine Intuition ist es wahr, und fest (man denke

für gleiche Partition

V_{1} \to V_{2} \to V_{3} \to V_{4} \to V_{5} \to V_{1}

$V_1\to V_2\to V_3\to V_4\to V_5\to V_1$

V_{1}, . ., V_{5}

$V_1,..,V_5$

— RB

Lieber Rupei, es gibt zwei bekannte Vermutungen von erdos, bei denen die von RB vorgeschlagene Grafik (und vielleicht auch die, an die Sie gedacht haben) den Extremwert angeben soll. Eines bezieht sich auf die maximale Anzahl von Pentagonen in einem dreieckfreien Diagramm mit 5n Eckpunkten und das andere entspricht Ihrer Vermutung über die minimale Anzahl von Kanten, die erforderlich sind, um ein dreieckfreies Diagramm in ein zweiteiliges Diagramm umzuwandeln. Ich erinnere mich vage, dass bei der ersten Vermutung kürzlich einige wesentliche Fortschritte erzielt wurden, aber vielleicht vermische ich die beiden.

— Gil Kalai

@ GilKalai, vielen Dank für Ihre Kommentare, lieber Professor Kalai. Ich habe das folgende Papier gefunden, das die Ergebnisse zeigt, die Sie meinen: Simonovits, Miklós. "Paul Erdős Einfluss auf die Theorie der extremen Graphen." Die Mathematik von Paul Erdös II. Springer Berlin Heidelberg, 1997. 148-192.

— Rupei Xu

Antworten:

Meine Intuition sagt, dass es wahrscheinlich wahr ist, und hier ist eine übereinstimmende Untergrenze (dh ein Diagramm, von dem Sie mindestens löschen müssen Kanten, damit es bipertit wird: $\frac{n^2}{25}$

, $G=(V_1\cup V_2\cup V_3\cup V_4\cup V_5, (V_1\times V_2) \cup (V_2\times V_3) \cup (V_3\times V_4) \cup (V_4\times V_5) \cup (V_5\times V_1))$ . $|V_1| = |V_2| = |V_3| = |V_4| = |V_5|$

Dieser Graph ist sicherlich dreieckfrei, aber wenn $x<\frac{n^2}{25}$ $C_5=v_1\to v_2\to v_3\to v_4\to v_5 \to v_1$ $v_1\in V_1, v_2\in V_2, v_3\in V_3, v_4\in V_4, v_5\in V_5$

$2k+1$ $\#W[1]-hard$ $k$ $n^{o(k)}$

$O^*(2^{O(k)})$

— RB
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O * (2^{O (k)})

$O∗(2^{O(k)})$

O^{*} (f (k))

$O^*(f(k))$

\tilde{O} (f (n))

$\widetilde O(f(n))$

O (f (n) p o l y l o g (f (n)))

$O(f(n)polylog(f(n)))$

n

$n$

O^{*}

$O^*$

Vielen Dank für Ihre Referenz. Es ist interessant, eine Notation in verschiedenen Bedeutungen zu sehen.

— Saeed

Ein Ansatz, um Ihre Vermutung zu beweisen, wäre der Versuch, das Szemerédi-Regelmäßigkeits-Lemma zu verwenden , ähnlich wie das Dreieck-Entfernungs-Lemma bewiesen wird (siehe z . B. hier ). Ich weiß jedoch nicht, ob Sie mit diesem Ansatz die richtigen Konstanten erhalten.

— Mobius Knödel
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Im Szemerédi-Regelmäßigkeits-Lemma wird normalerweise eine große Anzahl von Partitionen angenommen. Der genaue Wert der Partition ist nicht leicht zu ermitteln. Ich frage mich, ob es hier vielleicht nicht funktioniert.

— Rupei Xu