Gibt es eine direkte / natürliche Reduktion, um nicht zweiteilige perfekte Übereinstimmungen mit der bleibenden Karte zu zählen?

Das Zählen der Anzahl perfekter Übereinstimmungen in einem zweigeteilten Graphen ist sofort auf die Berechnung der bleibenden Karte reduzierbar. Da sich das Finden einer perfekten Übereinstimmung in einem nicht bipartiten Graphen in NP befindet, gibt es eine gewisse Reduktion von nicht bipartiten Graphen auf die bleibende Zahl, aber es kann zu einer unangenehmen Polynomexplosion kommen, indem Cooks Reduktion auf SAT und dann Valiants Theorem zur Reduktion auf die bleibende Zahl verwendet werden permanent.

$f$ $G$ $A = f(G)$ $\operatorname{perm}(A) = \Phi(G)$

$G$ $H$ $O(n^2)$

— Derrick Stolee
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Der aktuelle Titel klingt wie eine Hausaufgabenfrage, aber die eigentliche Frage ist viel interessanter. Ich hätte die Frage b / c fast nicht geöffnet. Ich dachte, es wäre Hausaufgabe und würde bald geschlossen werden, bis ich sah, dass sie bereits 9 positive Stimmen hatte und neugierig wurde. Gibt es eine direkte / natürliche Reduktion, um nicht zweiteilige perfekte Übereinstimmungen mit der bleibenden Karte zu zählen? "

— Joshua Grochow

Gute Idee. Darüber habe ich gar nicht nachgedacht. Vielen Dank.

— Derrick Stolee

Nitpicking: „Da das Finden einer perfekten Übereinstimmung in einem nicht bipartiten Graphen in NP ist“ → „Da das Zählen der perfekten Übereinstimmungen in einem nicht bipartiten Graphen in #P ist“

— Tsuyoshi Ito

Ihr Nitpicking ist korrekt, und ich habe darüber nachgedacht, es zu schreiben, aber die Art und Weise, wie ich es geschrieben habe, deutet darauf hin, dass die Ermäßigung die Ermäßigungen von Cook's THEN Valiant anwendet. Ich suche eine direkte, effiziente Reduzierung.

— Derrick Stolee

\leq 4 n^{4}

$\leq 4n^4$

4 n^{4} + 1

$4n^4 +1$

S

$S$

S + 1

$S+1$

Antworten:

Ich würde sagen, dass eine "einfache" Reduktion auf eine zweiteilige Übereinstimmung höchst unwahrscheinlich ist. Erstens würde es einen Algorithmus zum Finden einer perfekten Übereinstimmung in einem allgemeinen Graphen unter Verwendung der ungarischen Methode geben. Daher sollte die Reduktion die gesamte Komplexität des Edmond'schen Blütenalgorithmus enthalten. Zweitens wird es eine kompakte LP für ein perfekt passendes Polytop geben, und daher sollte die Reduktion nicht symmetrisch (was durch ein Ergebnis von Yannakakis ausgeschlossen wird) und von Natur aus sehr kompliziert sein.

— Mohit Singh
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Dies sind alles gute Gründe, warum dies unwahrscheinlich ist. Ich hätte in der Frage um Widerlegung bitten sollen. Ich werde dieser Antwort wahrscheinlich eine Belohnung geben, es sei denn, jemand beweist, dass Sie falsch liegen.

— Derrick Stolee

Obwohl es nicht die Antwort war, die ich wollte, fand ich dies eine sehr befriedigende Antwort.

— Derrick Stolee

@MohitSingh Könnten Sie bitte erläutern, ob es keine ungarische Methode für nicht bipartite Graphen gibt, was die Komplexität des Blütenalgorithmus ausmacht und warum dies eine kompakte LP für eine perfekte Übereinstimmung ergibt, die nicht symmetrisch sein sollte? ?

— T ....

Dies ist offensichtlich ein Kommentar und keine Antwort, aber ich habe hier noch keine Reputationspunkte, also tut mir das leid.

Für nicht bipartite kubische brückenlose Graphen gibt es exponentiell viele perfekte Übereinstimmungen, wie Lovàsz und Plummer in den 70er Jahren vermuteten. Das Papier ist in Vorbereitung. Dies kann für Ihre Frage sehr relevant sein oder auch gar nicht.

— Andrew D. King
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