Enumerando tipos topológicos de um DAG marcado com vértice

Deixe ser um gráfico acíclico dirigido , e deixar ser uma função rotulagem mapeamento de cada vértice para uma etiqueta em algum alfabeto finito . Escrevendo , um tipo topológico de é uma bijeção de a (ou seja, uma ordenação de $G = (V, E)$ $\lambda$ $v \in V$ $\lambda(v)$ $L$ $n := |V|$ $G$ $\sigma$ $\{1, \ldots, n\}$ $V$ em uma sequência) de modo que sempre que então (ou seja, se houver uma aresta de a , ocorrerá antes de na sequência). Orótulode é a palavra em $V$ $(v, v') \in E$ $\sigma^{-1}(v) < \sigma^{-1}(v')$ $v$ $v'$ $v$ $v'$ $\sigma$ $\sigma(1) \cdots \sigma(n)$ . $L^n$

Dado , eu gostaria de enumerar os rótulos dos tipos topológicos de eficiência. Qual é a complexidade de enumerar os rótulos de tipos topológicos? É claro que, como pode haver muitos exponencialmente, quero estudar a complexidade em função do tamanho da saída ou em termos de atraso. Em particular, a enumeração pode ser realizada com atraso polinomial? (ou mesmo atraso constante?) $(G, \lambda)$ $G$

No caso em que todos os vértices de carregam rótulos distintos (ou, equivalentemente, os vértices são rotulados por eles mesmos), eu sei que os rótulos podem ser enumerados em tempo amortizado constante, por esse resultado ao enumerar extensões lineares de posets (que é o mesmo que enumerar tipos topológicos de um DAG). No entanto, quando os vértices são rotulados arbitrariamente, pode ser que um número muito grande de tipos topológicos possua o mesmo rótulo, portanto, você não pode apenas enumerar tipos topológicos de e calcular seus rótulos para obter uma maneira eficiente de enumerá-los. . Na terminologia de poset, o DAG rotulado $G$ $\{1, \ldots, n\}$ $G$ pode ser visto como umposetrotuladoe não foi possível encontrar resultados de enumeração sobre eles. $(G, \lambda)$

Já conheço a dureza de alguns problemas relacionados, graças às respostas para minhas outras perguntas aqui. Em particular, eu sei que encontrar o rótulo lexicograficamente mínimo é difícil para o NP . Eu também sei que decidir se um determinado rótulo pode ser alcançado por algum tipo de topologia é NP-difícil (a partir da dureza deste problema : dada uma sequência de rótulo candidata , solicite um tipo topológico de onde cada vértice deve ocorrer em uma posição onde o rótulo correto ocorre em $s$ $G$ $s$ ) No entanto, acho que nada disso implica em dureza para enumeração, pois você pode enumerar em qualquer ordem que desejar (não necessariamente lexicográfica), e um algoritmo de enumeração não pode ser usado para decidir com eficiência se um rótulo é viável, mesmo com atraso constante (pois pode haver exponencialmente muitas seqüências para enumerar primeiro).

$s$ $s$ $v$ $V$ $i \in \{1, \ldots, n\}$ $s_i \neq \lambda(v)$ $v$ $i$ $G$ $v$ $i$ , o que pode ser feito claramente em PTIME. Mas, como você produz cada vez mais rótulos, não tenho certeza de como generalizar essa abordagem.

— a3nm
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-1

$v$ $u$ $u$

$v_1,v_2,...,v_k$ $u$ $v_i$ $v_j$ $u$

$v_1,...,v_k$ $O(n^2)$ $\tilde{O}(n)$

— sbzk
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Obrigado pela sua resposta! No entanto, não entendo por que o ajuste sugerido no primeiro parágrafo seria suficiente para garantir que um rótulo de classificação topológica diferente seja produzido após várias etapas polinomialmente. Por exemplo, se todos os elementos tiverem o mesmo rótulo, existe apenas um rótulo de classificação topológica para enumerar, mas não sei ao certo por que seu algoritmo o notaria e terminaria suficientemente rápido? (Outro ponto: você diz "vizinho", mas o gráfico é um DAG; você quis dizer "filho"?)

— a3nm

O ajuste no primeiro parágrafo é gerar todos os pedidos possíveis, independentemente dos rótulos. Para limitar os pedidos no caso de rótulos semelhantes, é importante evitar a seleção de vértices dos mesmos rótulos se eles parecerem estar conectados de maneira semelhante ao gráfico não visitado restante. Assim, eles criariam gráfico isomórfico não visitado, gerando a mesma ordem topológica.

— Sbzk 6/08/19

O (n^{2})

$O(n^2)$

Obrigada pelo esclarecimento. No entanto, estou procurando um polinômio vinculado à complexidade que se aplica a todos os casos, não uma heurística sem garantias teóricas! :)

— a3nm