É difícil encontrar um caminho com mais vértices vermelhos do que vértices azuis?

Dado um gráfico direcionado conectado $G=(V,E)$ vértices $s,t \in V$ e uma coloração, st $s$ e $t$ são pretos e todos os outros vértices são vermelhos ou azuis , é possível encontrar um caminho simples a partir de $s$ para $t$ com mais vértices vermelhos do que azuis em tempo polinomial?

Eu acho que deveria ser possível, mas nosso TA disse que isso era difícil para o NP.

Idéia para uma solução:

De $G$ crio $G'=(V',E')$ do seguinte modo:

Dividir tudo $v \in V\setminus \{s,t\}$ em dois vértices $v_{in}$ e $v_{out}$ . $V'$ é composto pelos pares de vértices divididos e $s$ e $t$ .
Para todos $e=(u,v) \in E$ introduzir uma vantagem $(u_{out},v_{in})$ . (Para borda $(x,v)$ ou $(u,x)$ Onde $x \in \{s,t\}$ criar aresta $(x,v_{in})$ ou $(u_{out},x)$ resp.). Além disso, introduza uma vantagem $(v_{in},v_{out})$ para qualquer um dos vértices divididos. assim $E'$ contém dois tipos de arestas: as que correspondem às arestas de $E$ e os que correspondem aos vértices de $V$ .

Agora, apresentamos os pesos da seguinte forma:

$w((v_{in},v_{out})) = -1$ se o vértice correspondente $v$ estava vermelho .
$w((v_{in},v_{out})) = +1$ se o vértice correspondente $v$ era azul .
$w(e) = 0$ para todas as outras arestas, ou seja, as que correspondem às arestas $G$ ao invés de vértices.

Agora, conduza um algoritmo para os caminhos mais curtos de sua escolha, como Dijkstra, Bellman-Ford, ..., verifique se o comprimento do caminho especificado é $<0$ e você terminou.

Por que isso não funciona? É porque podemos ter ciclos negativos? Poderíamos detectar aqueles com Bellman Ford, mas teríamos que encontrar o caminho desejado com meios não eficientes, tornando difícil esse problema de decisão? Existe uma redução elegante para mostrar a dureza NP?

complexity-theory graphs

— Valerie Poulain
fonte

Sua solução não funciona porque Dijkstra e Bellman-Ford não podem interpretar o recurso "caminho simples". E eles realmente cairão em qualquer ciclo negativo.

Eu acho que o melhor para mostrar a completude do NP é usar o problema do caminho hamiltoniano. Vamos pegar um gráfico $G'$ do $N$ vértices vermelhos.

Então você constrói um gráfico $G$ adicionando $s$ , $t$ e $N-1$ vértices azuis para $G'$ . Você primeiro encadeia com arestas todos os vértices azuis da origem até o último azul ( $s$ -> $b_1$ -> $b_2$ -> ...-> $b_{N-1}$ ) Então você coloca arestas de $b_{N-1}$ para cada vértice vermelho e uma aresta de todo vértice vermelho para $t$ .

Então, um único caminho de $s$ para $t$ passa necessariamente por todos os nós azuis ( $N-1$ ) e, em seguida, precisa passar para todos os nós vermelhos ( $N$ ) para responder a

Existe um caminho simples no $G$ de $s$ para $t$ com mais vértices vermelhos do que azuis?

que é, assim, uma resposta para:

Existe um caminho hamiltoniano em $G'$

Portanto, seu problema é realmente NP-completo.

— Optidad
fonte

Legal, obrigado. Então, se eu quisesse provar formalmente

D H P ⪯ P r o b l e m A b o v e

$DHP \preceq ProblemAbove$ onde eu tenho que começar com uma instância

G, s, t

$G,s,t$ para o caminho hamiltoniano e mapeie-o para uma instância

G^{'}, s^{'}, t^{'}

$G',s',t'$ deste problema, eu poderia fazer o seguinte: Colora todos os vértices existentes em vermelho, adicione

| V ∖ {s, t} | - 1

$|V\setminus\{s,t\}|-1$ vértices azuis e conectá-los em uma cadeia

(b_{1}) \to \dots \to (b_{n})

$(b_1)\rightarrow \ldots \rightarrow(b_n)$ . Adicione uma aresta

(s, b_{1})

$(s,b_1)$ e para cada

(s, v)

$(s,v)$ no

G

$G$ uma borda

(b_{n}, v)

$(b_n,v)$ no

G^{'}

$G'$ , o resto permanece como está.

— Valerie Poulain

Sim, eu não estou muito familiarizado com a demonstração de completude do NP, mas desta maneira para apresentá-lo é claramente melhor. No entanto, eu começaria com uma instância de

G

$G$ sem

s

$s$ &

t

$t$ como o problema inicial do caminho hamiltoniano não possui vértice específico.

— Opção 03/04

Votado por (acho) correção; mas esse argumento seria MUITO mais fácil de entender se você COMEÇAR com o gráfico arbitrário

G^{'}

$G'$ e, em seguida, incorporado dentro do especialmente construído

G

$G$ . No momento, a redução está oculta inteiramente na frase "Finalmente, você coloca qualquer número de arestas entre os vértices vermelhos", que eu perdi na minha primeira leitura. "Qualquer número de arestas" é o código para "você escolhe qualquer gráfico arbitrário

G^{'}

$G'$ cujo caminho Hamiltoniano que você gostaria de descobrir, e incorporá-lo lá dentro." Aquela que torna esta uma redução válido.

— Quuxplusone

@ Quuxplusone, você está certo, eu edito para torná-lo mais claro.

— Optidad 4/04/19

@ValeriePoulain: Vince está certo de que os vértices inicial e final não são fornecidos para o problema comum da HP, mas se forem fornecidos, sua redução precisará de um pequeno ajuste: você deve inserir uma cadeia de

| V ∖ {s, t} | - 1

$|V \setminus \{s, t\}|-1$ vértices azuis em uma linha ao longo de cada extremidade

s

$s$ e qualquer outro vértice vermelho. Isso evita, por exemplo, que uma única borda

s

$s$ para algum vértice vermelho de ser uma solução válida para a instância construída.

— Jrandom_hacker 4/04/19