Zufälliges Gehen und mittlere Schlagzeit in einem einfachen ungerichteten Diagramm

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Sei ein einfacher ungerichteter Graph auf Eckpunkten und Kanten. $G=(V,E)$ $n$ $m$

Ich versuche, die erwartete Laufzeit von Wilsons Algorithmus zum Erzeugen eines zufälligen Spannbaums von zu bestimmen . Dort wird gezeigt, dass es , wobei die mittlere Schlagzeit ist : wobei: $G$ $O(\tau)$ $\tau$

τ = \sum_{v \in V} π (v) \cdot H (u, v),

$\tau = \sum_{v \in V} \pi(v) \cdot H(u, v),$

ist diestationäre Verteilung $\pi$ , $\pi(v)=\frac{d(v)}{2m}$
ist ein beliebiger Scheitelpunkt und $u$
ist dieSchlagzeit(AKA-Zugriffszeit), dh die erwartete Anzahl von Schritten, bevor der Scheitelpunkt besucht wird, beginnend mit dem Scheitelpunkt . $H(u,v)$ $v$ $u$

Was ist die allgemeine Obergrenze für die mittlere Schlagzeit? Und was ist der Worst-Case-Graph , der die mittlere Schlagzeit maximiert? $G$

Um meine Frage klar zu stellen, benötige ich keine Berechnungen oder detaillierten Beweise (obwohl sie für andere Personen, die in Zukunft auf diese Frage stoßen, nützlich sein können). Für mich persönlich wäre ein Zitat ausreichend.

$\Theta(n)$ $\Theta(n \log n)$

$\Theta(n^2)$ $\Theta(n^3)$ $O(n^2)$ $O(n^3)$

Es gibt zwei öffentlich verfügbare Implementierungen von Wilsons Algorithmus, die mir bekannt sind. Eine befindet sich in der Boost Graph Library , die zweite im Graph-Tool . In der Dokumentation des ersteren wird die Laufzeit nicht erwähnt, während im letzteren Folgendes angegeben ist:

$O(n \log n)$

Was die Frage nicht beantwortet und tatsächlich mit Wilsons Artikel unvereinbar zu sein scheint. Ich melde dies jedoch nur für den Fall, um Zeit für alle zu sparen, die die gleiche Idee haben, die Implementierungsdokumentation zu konsultieren.

$\Omega(n^3)$ $\frac{1}{n}$ $O(n^2)$

$4n^3/27$ $\frac{2}{3} n$

— Arekolek
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O (n)

$O(n)$

O (n \log n)

$O(n \log n)$

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@Tiago Gerne trage ich dazu bei! Danke für deinen Kommentar. Sie könnten auch daran interessiert sein, die erwartete Zeit im schlimmsten Fall zu erwähnen (jedoch unwahrscheinlich), da ich meine Antwort jetzt mit einer Antwort von David Wilson aktualisiert habe.

— Arekolek

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Ich habe beschlossen, David Wilson selbst zu fragen, bekam bald darauf eine Antwort:

$n$ $\Theta(n^3)$ $n/3$ $n/3$ $H(x,y)$ $x$ $y$ $H(x,y)$ $x$ $y$ $x$

Es gibt sogar einen Beweis für diese Tatsache in dem oben genannten Buch, der so lautet:

$n=2n_1+n_2$ $n_1$ $v_l \neq v_L$ $v_R \neq v_r$ $v_L - w_1 - \cdots w_{n_2} - v_R$

$n_1$ $v_L$ $\frac{1}{n_1}$ $w_1$ $n_1^2$ $w_1$ $w_1$ $\frac{1}{n_2}$ $n_1^2 n_2$

$n_1 = n_2 = n/3$ $O(n^3)$

Zugegeben, ich bin an dem Punkt verloren, an dem sie sagen:

$w_1$ $\frac{1}{n_2}$

$\frac{(n+1)^3}{54}$

Kommentare zum informellen Beweis sind jedoch weiterhin willkommen.

— Arekolek
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In einem kürzlich erschienenen Artikel haben wir eine mn-Obergrenze (kein großes O) für die erwartete Anzahl von "Zyklen" gefunden, die von Wilsons Algorithmus geknallt wurden, und sie ist eng an Konstanten. Die Frage nach der Laufzeit der Wilson-Algorithmen wird nicht direkt beantwortet, da die durchschnittliche Größe der gepoppten Zyklen nicht offensichtlich erscheint. Andererseits habe ich nicht genug "Ruf", um einen Kommentar zu hinterlassen ...

— Heng Guo
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