A dureza salta na complexidade computacional?

O problema da largura de banda mínima é encontrar uma ordem dos nós do gráfico na linha inteira que minimiza a maior distância entre dois nós adjacentes. Uma lagarta é uma árvore formada a partir do caminho principal por meio de caminhos de comprimento separados por arestas, no máximo partir de seus nós ( é chamado comprimento do cabelo). O problema da largura de banda mínima está em para 2 lagartas, mas é completo para 3 lagartas.$k$$k$$k$$P$$NP$

Aqui está um fato muito interessante: o problema da largura de banda mínima é solucionável em tempo polinomial para 1 lagartas (comprimento do cabelo no máximo uma), mas é completo para 1 lagartas cíclicas (na lagarta cíclica, uma borda é adicionada para conectar os pontos finais do caminho principal). Portanto, a adição de exatamente uma aresta torna o problema completo.$NP$$NP$

Qual é o exemplo mais impressionante de salto de dureza do problema, em que uma pequena variação da instância de entrada causa um salto de complexidade, da solvabilidade no tempo polinomial para a complexidade do ?$NP$

Um dos exemplos aplicados mais interessantes de saltos de dureza pode ser observado no seguinte problema:

Considere um campeonato da liga de futebol com equipes: o problema de decidir se uma determinada equipe pode (ainda) vencer a liga está em se em uma partida, a equipe vencedora recebe 2 pontos, a derrota é 0 e cada equipe é premiada 1 ponto em uma partida de empate. Mas se mudarmos as regras para que a equipe vencedora consiga 3 pontos, o mesmo problema se torna difícil.P N $n$$P$$NP$

O resultado pode ser generalizado para qualquer regra de ponto para cada e mesmo para apenas três rodadas restantes.k > $(0, 1, k)$$k > 2$

Fonte: “Teoria da complexidade”, de Ingo Wegener ( http://portal.acm.org/citation.cfm?id=1076319 )

Isso responde à pergunta feita no título da pergunta, mas não à pergunta.

Um exemplo chocante de dureza de salto surge da pergunta: "Quantas tarefas satisfatórias possui uma fórmula planar, módulo ?" Pensa-se que isso seja # P-difícil, e é para "a maioria" dos valores de , mas se for um número inteiro de Mersenne (por exemplo, , porque 7 é da forma ), então o resposta pode ser calculada em tempo polinomial.n n n = 7 2 3 - $n$$n$$n$$n=7$$2^3-1$

Isso foi descoberto pela primeira vez por Valiant, em seu inovador artigo sobre Algoritmos Holográficos.

INDEPENDENT SET é NP-completo para gráficos livres de (cruz, triângulo) , mas pode ser resolvido em tempo linear para gráficos livres de (cadeira, triângulo) . (Os gráficos sem X são aqueles que não contêm gráfico de X como um subgrafo induzido.)

cadeira: triângulo: cruz:

Observe que a cruz é obtida da cadeira adicionando uma única aresta.

Não tenho certeza se concordaria com a sua caracterização de que adicionar uma única borda à entrada torna o problema NP completo, pois na verdade, uma permite que uma borda seja adicionada a todas as infinitas instâncias de entrada.

Aqui está um exemplo de um problema que mostra uma dicotomia acentuada ao longo das linhas que você sugere.

O problema de determinar se existe um homomorfismo de gráfico do gráfico de entrada G para um gráfico de modelo fixo H está em P quando H é um gráfico com auto-loop ou um gráfico sem loop bipartido. Quando H não é bipartido (isso geralmente pode ser alcançado adicionando uma única borda), o problema se torna NP-completo.

• P. Hell e J. Nešetřil, Complexidade da coloração H , J. Comb. º. B 48 92-110, 1990. doi: 10.1016 / 0095-8956 (90) 90132-J

A chave aqui é que a coloração 2 está em P (isso corresponde a um homomorfismo a , o caminho em 3 vértices), enquanto a coloração 3 está completa em NP (isso corresponde a um homomorfismo em , o triângulo).K $P_3$$K_3$

Aqui está outro exemplo interessante, gerado na detecção de subgráficos induzidos:

Um teta é um gráfico com vértices não adjacentes , três caminhos de a , em que dois caminhos induziram um ciclo com comprimento maior que 3.$x,y$$P_1, P_2, P_3$$x$$y$

Uma pirâmide é um gráfico com um vértice , um triângulo e os caminhos de a para cada , com no máximo um caminho com o comprimento um.$x$$y_1,y_2,y_3$$P_i$$x$$y_i$$i=1,2,3$

Finalmente, um prisma é um gráfico com dois triângulos e e caminhos de a para cada .$x_1,x_2,x_3$$y_1,y_2,y_3$$P_i$$x_i$$y_i$$i=1,2,3$

É fácil descrever nas figuras:

Para detectar teta e pirâmide induzidas, é conhecido por estar em tempo polinomial. (De fato, o algoritmo mais conhecido para teta leva tempo , e para pirâmide leva .) Mas, para detectar um prisma induzido, o problema se torna NP-difícil.$O(n^{11})$$O(n^9)$

Pode-se ver " Detectando subgrafos induzidos " por Leveque, Lin, Maffray e Trotignon como referência. A razão pela qual teta e pirâmide são relativamente fáceis está relacionada ao problema "três em uma árvore", descrito em " O problema das três em uma árvore ", de Chudnovsky e Seymour.

er ... eu tenho certeza que você está procurando exemplos menos triviais ... mas eu gostaria de ressaltar que há algo de especial no número vs . para , vs , etc. Intuitivamente, sempre achei que era porque um nó com no máximo 2 arestas pode formar no máximo uma linha, mas um nó com 3 arestas pode formar uma árvore, quando passamos de 2 a 3, obtemos uma explosão combinatória.$2$$3$$2-SAT$$3-SAT$$2-COL$$3-COL$

Eu acho que não faz muito sentido falar sobre instâncias. Podemos falar sobre duas distribuições de instâncias de entrada com dificuldades diferentes, mas seria mais interessante se houver relação entre a distribuição ou entre instâncias nas distribuições.

Podemos considerar uma família de distribuições parametrizada e depois falar sobre o que acontece quando alteramos o parâmetro. Você pode estar interessado no que é chamado de fenômeno do limiar ", onde um sistema passa por uma rápida mudança qualitativa como resultado de uma pequena mudança em um parâmetro ...". Dê uma olhada nesta pesquisa: Ehud Friedgut , " Hunting for Sharp Thresholds ", Random Structures Algorithms 26, 2005.

Eu acho que um dos exemplos mais impressionantes e bonitos é o k-SAT aleatório com densidade de cláusula , a transição de fase é realmente incrível.$\Delta$

Inferir tipos para termos lambda é DEXPTIME-complete com sistemas de tipo polimórfico prenex e rank-2 (quando os quantificadores de tipo são aninhados no máximo em um nível), mas se torna indecidível para o rank-3 e superior. Estranho que um nível de aninhamento extra possa tornar um problema indecidível.

Encontrando o estado fundamental do modelo Ising planar com 0 campo magnético está em P, com campo magnético diferente de zero é NP-difícil. A função de partição do modelo Isar planar com 0 campo magnético está em P, com campo magnético diferente de zero é NP-difícil.

Aqui está um bom problema com um salto interessante de complexidade, como a Largura de banda mínima que você abordou na sua pergunta.

Deixe ser um gráfico e uma árvore geradora de . O desvio para um bordo é o único caminho em . O congestionamento de , denotado por é o número de desvios que contêm . O congestionamento de em , designado por , é a congestão máximo ao longo de todas as bordas em . O congestionamento da árvore de abrangência de , denotado por $G$$T$$G$$uv\in E(G)$$u$$v$$T$$e \in E(T)$$\mathrm{cng}_{G,T}(e)$$e$$G$$T$$\mathrm{cng}_G(T)$$T$$G$$\mathrm{stc}(G)$, É o congestionamento mínimo sobre todas as árvores geradoras de . O problema de congestionamento da árvore de abrangência pergunta se um determinado gráfico tem congestionamento de árvore de abrangência, no máximo, com um dado .$G$$k$

O seguinte salto de complexidade é mostrado em: Bodlaender et al., Complexidade parametrizada do problema de congestionamento em árvores de abrangência, Algorithmica 64 (2012) 85-111 :

Para cada e fixo, o problema é solucionável em tempo linear para gráficos de grau no máximo . Por outro lado, se permitirmos apenas um vértice de grau ilimitado, o problema imediatamente se tornará completo para qualquer fixo .$k$$d$$d$$\mathsf{NP}$$k\ge 8$

Eu me pergunto por que ninguém mencionou isso:

K-Sat vs Horn-Sat

Acho que todo mundo sabe o que é. Se não:

Horn-Sat é descobrir se um conjunto de cláusulas de horn é satisfatório (cada cláusula tem no máximo 1 literal positivo).

O K-Sat é descobrir se um conjunto de cláusulas é satisfatório (cada cláusula pode ter mais de 1 literal positivo).

Portanto, permitir mais de um literal positivo em cada cláusula torna o problema de P-complete NP-complete.

Graph Coloring

Como mencionado em outra resposta, o 2-COL é solucionável em tempo polinomial, enquanto o 3-COL é NP completo. Mas ao aumentar o número de cores, depois de algum ponto (desconhecido?), O problema fica mais fácil!

Por exemplo, se tivermos N vértices e N cores, o problema pode ser resolvido atribuindo uma cor diferente a cada vértice.

Na mesma linha: Permanente vs Determinante.

Acabei de ler um artigo que lida com o particionamento de hipergráficos . O problema é definido como este, citação:

Dados dois parâmetros e , , o problema [ ] é definido da seguinte forma: Seja um hipergrafo e sejam números inteiros não negativos, de modo que e . Existe uma coloração (partição) de em subconjuntos de tamanho modo que os vértices de cada hiper-borda em sejam coloridos com no máximo cores?$k$$l$$1 \leq l < k$$P^l_k$$\mathcal{H} = (V, \mathcal{E})$$t_1, \dots, t_k$$|V| = n = \sum^k_{i=1} t_i$$|\mathcal{E}| = m$$V$$k$$t_1, \dots, t_k$$\mathcal{E}$$l$

Em geral, está provado que:

• $P^1_k$ é solucionável em tempo polinomial (em ) para fixo$n,m$$k \geq 2$
• $P^l_k$ é NP-completo para todos os fixos$2 \leq l < k$

Se isso não for suficiente, continue a ler. Para hypergraphs com hyperedges disjuntas, é mostrado:

• $P^1_k$$k \geq 2$
• $P^l_k$$m$$2 \leq l < k$

Laurent Lyaudet. 2010. Variantes NP-rígidas e lineares do particionamento de hipergráficos. Theor. Comput. Sci. 411, 1 (janeiro de 2010), 10-21. http://dx.doi.org/10.1016/j.tcs.2009.08.035

Saltos de complexidade interessantes são conhecidos pelo problema de planejamento da oficina.

$n$$M$$m$$j$$\mu_j$$O_{1j},O_{2j},\dots,O_{\mu_jj}$$O_{ij}$$p_{ij}$$m_{ij}\in M$$C_j$$j$

$C_{max}=max_jC_j$$\sum C_j$

$J||\gamma$$\gamma$

$J2|n=k|F$$J|n=2|F$$J2$ $(n=k)$$2$ $(k)$$F$

$J3|n=3|C_{max}$$J3|n=3|\sum C$

$J2||C_{max}$$J2||\sum C$

Assim, aqui podemos ver que há um salto quando passamos de dois trabalhos / máquinas para três.

$\ln n$$(1-o(1))\ln n$

$2^n$$2^n$$(a+b)^n=\sum_{i\in{0..n}}{{n}\choose{i}}a^ib^{n-i}$$p_b(a)$$a=b=1$$2^n=p_1(1)$como uma soma. Agora, suponha que você tenha uma matriz de problemas com desempenho em duas variáveis ​​proporcionais aos coeficientes binomiais (em comparação com o tamanho do problema descrito por duas variáveis) organizadas como um triângulo pascal. Em seguida, resolver todos os problemas na enésima linha deve levar . Os coeficientes binomiais descrevem quantas maneiras diferentes existem para escolher combinações k de n elementos. Portanto, se seu algoritmo depende da enumeração de k-combinações de n elementos o algoritmo não pode ser um tempo polinomial. Como se esse problema era tempo polinomial, o argumento acima prova , pois a soma de dois polinômios é um polinômio. Mas provas corretas do problema qualquer maneira são raras.$DTIME(2^n)$$(k<n)$$P=NP=DTIME(2^n)$$P=NP$