Número de arestas necessárias para garantir

Estou tentando resolver um determinado problema: Encontre um algoritmo para determinar se um gráfico possui um clique do tamanho 3 em $O(n^{2.81})$ passos. A dica dada é que $2.81 > \log 7$ . Para resolver isso, criei uma conjectura: se $m > n^{\log 7}$ então o gráfico tem $K_3$ como um subgráfico. Isso resolverá facilmente o problema se a conjectura for verdadeira.

Estou tentando argumentar por contradição: vamos $m > n^{\log 7}$ e suponha que não exista um $K_3$ subgráfico. Então, para qualquer conjunto de três vértices, existem exatamente 7 opções de como conectá-los. No entanto, eu estou preso quanto ao progresso a partir daqui.

Alguém vê uma maneira de provar isso, ou se a conjectura é mesmo verdadeira. Também estou interessado em ver se a conjectura pode ser estendida, ou seja, se $m > n^{\log 2^k -1})$ existe um $K_k$ subgráfico?

graph-theory

— kbrose
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Você precisa

n^{2} / 4 + 1

$n^2/4 + 1$ arestas para garantir um triângulo (consulte en.wikipedia.org/wiki/Turán's_theorem ). Tente usar a multiplicação de matrizes.

— Louis

@ Louis A divisão deve ter piso ou teto, eu acho

— saadtaame

O que é

m

$m$ ? O número de arestas? E se

n

$n$ é o número de vértices, você não pode ter um gráfico com

n^{\log 7}

$n^{\log 7}$ bordas, uma vez que excede o número máximo possível de bordas, que é

(\binom{n}{2})

$\binom{n}{2}$ . Mesmo deixando isso de lado, sua conjectura não seria suficiente. Certo,

⌊ n^{2} / 4 ⌋ + 1

$\lfloor n^2/4\rfloor+1$ arestas garante um triângulo (teorema de Mantel, generalizado por Turán), mas um triângulo mais um milhão de vértices isolados contém um triângulo e possui menos de 250.000.000.001 arestas.

— David Richerby

@DavidRicherby Seu primeiro ponto é bastante correto. Eu pensei incorretamente que, se eu pudesse assumir o número de vértices, seria menor que

n^\log 7

$n^\log 7$ então eu poderia simplesmente passar por todas as arestas e chegar à conclusão necessária. Agora, agora que penso nisso por mais de alguns segundos, é ridículo. No entanto, seu segundo ponto perde o ponto do que eu estava tentando realizar com a conjectura. Seu exemplo realmente tem muito mais vértices do que arestas, mas pensei que não precisaria se preocupar com vértices se pudesse assumir que o número de arestas era comparativamente pequeno, isso faz sentido?

— Kbrose # 17/14

Dica: a multiplicação da matriz é executada no tempo $O(n^{2.71})$ . Uma matriz relevante é a matriz de adjacência do gráfico.

Na verdade, isso foi melhorado várias vezes no passado. Recentemente, Le Gall melhorou isso com o tempo $O(n^{2.3728639})$ . Supõe-se que a multiplicação da matriz seja executada no tempo $O(n^{2+\epsilon})$ para cada $\epsilon > 0$ .

— Yuval Filmus
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