Maximizando os pesos das arestas da soma

Gostaria de saber se o seguinte problema tem um nome ou quaisquer resultados relacionados a ele.

Deixe $G = (V,w)$ ser um gráfico ponderada onde $w(u,v)$ indica o peso da aresta entre $u$ e , e para todo , . O problema é encontrar um subconjunto de vértices que maximize a soma dos pesos das arestas adjacentes a eles: Observe que estou contando as arestas que estão dentro do subconjunto e fora do subconjunto, que é o que distingue esse problema do corte máximo. No entanto, mesmo se ambos $v$ $u,v \in V$ $w(u,v) \in [-1,1]$

max_{S \subseteq V} \sum_{(você, v) : você \in S ou v \in S} W (você, v)

$\max_{S \subseteq V} \sum_{(u,v) : u \in S\ \textrm{or}\ v\in S} w(u,v)$

u

$u$ e estão em , eu só quero contar a aresta uma vez (em vez de duas), que é o que distingue o objetivo de ser apenas a soma dos graus.

v

$v$

S

$S$

(u, v)

$(u,v)$

Observe que o problema é trivial se todos os pesos das arestas não forem negativos - basta pegar o gráfico inteiro!

— Aaron Roth
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Sua definição não corresponde à sua nota posteriormente sobre a não contagem de arestas duplicadas. Você está somando sobre pares ordenados ou subconjuntos de 2 elementos? (este último lhe daria o imóvel que você precisa, eu acho)

— Suresh Venkat

Outra observação: os únicos pesos das arestas NÃO contados são aqueles dentro de V \ S. Você está interessado em resultados ou aproximações de dureza, porque no primeiro caso, minimizar a soma dos pesos das arestas dentro de S '= V \ S pode ser o problema mais natural .

— Suresh Venkat

@ Suresh: A definição formal da pergunta está correta no que diz respeito à taxa de aproximação. Dá exatamente o dobro do que se espera das palavras.

— Tsuyoshi Ito

@TsuyoshiIto: oh entendo, porque as arestas ao longo do corte também são contadas duas vezes.

— precisa saber é o seguinte

O problema exato é difícil para NP porque, como Suresh escreveu em seu comentário, o problema é equivalente à programação quadrática irrestrita {0,1}, que é difícil para NP.

— Tsuyoshi Ito

Respostas:

Não é realmente uma solução, mas algumas observações.

Este é um caso especial do seguinte problema: dado um universo e uma coleção de conjuntos e uma função de peso , encontre o conjunto tal que $U = \{1, \ldots, m\}$ $S_1, \ldots, S_n \subseteq U$ $w:U \rightarrow [-1, 1]$ $I \subseteq [n]$ $w(\bigcup_{i \in I}{S_i})$ é maximizado (o peso de um conjunto é o peso total de seus elementos). Seu problema corresponde ao caso em que cada elemento de aparece exatamente em dois conjuntos (mas não sei como explorar essa restrição, embora possa ajudar). $U$

Esse é um problema de cobertura: semelhante ao Max-k-Set-Cover, mas sem a restrição de uso de sets e com pesos negativos permitidos. A aproximação gananciosa de Max-k-Set-Cover (em cada etapa gera o conjunto que tem o maior peso de elementos descobertos até agora) gera uma sequência de conjuntos, de modo que os primeiros conjuntos sejam uma aproximação à ideal (portanto, é uma aproximação simultânea para todos os ). Infelizmente, como sempre, há um problema em analisá-lo quando os pesos podem ser negativos. A observação básica da análise do algoritmo guloso é que, se é o primeiro conjunto a ser produzido, então $k$ $k$ $1 + 1/e$ $k$ $S_1$ ( é o peso máximo coberto por conjuntos), porque é menor que a soma dos pesos dos conjuntos na solução ideal e cada um deles eles têm peso menor que . No entanto, com pesos negativos, não é mais verdade que é menor que a soma dos pesos na solução ideal. Em geral, um limite de união não é mais verdadeiro. $w(S_1) \geq OPT_k/k$ $OPT_k$ $k$ $OPT_k$ $k$ $w(S_1)$ $OPT_k$

— Sasho Nikolov
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FWIW, é difícil aproximar seu problema com um fator multiplicativo de para qualquer . $n^{1-\epsilon}$ $\epsilon>0$

Mostramos isso abaixo, fornecendo uma redução de preservação de aproximação do Independent Set, pela qual a dureza da aproximação é conhecida.

Redução do conjunto independente

Seja o gráfico não direcionado uma instância do Conjunto Independente. Deixe significam o grau de vértice em . Deixe que seja o número de vértices em . $G=(V,E)$ $d_v$ $v$ $G$ $n$ $G$

Construa o gráfico ponderado pela aresta partir de seguinte maneira. Dê a cada aresta o peso 1. Para cada vértice não isolado , adicione novas arestas, cada uma com peso , a novos vértices. Para cada vértice isolado , adicione uma nova aresta de peso 1 a um novo vértice. $G'=(V',E')$ $G$ $E$ $v\in V$ $d_v-1$ $-1$ $d_v-1$ $v\in V$

(Nota: cada novo vértice (em mas não ) tem exatamente um vizinho, que está em ). $G'$ $G$ $G$

Lema. tem um conjunto independente de tamanho se (como uma instância do seu problema) tem uma solução de valor pelo menos . $G$ $k$ $G'$ $k$

Prova. Deixe- ser qualquer conjunto independente em . Então, como os vértices em são independentes em , o valor de em (pelo seu objetivo) é $S$ $G$ $S$ $G'$ $S$ $G'$

\sum_{v \in S} d_{v} - (d_{v} - 1) = | S | .

$\sum_{v\in S} d_v - (d_v-1) ~=~ |S|.$

Por outro lado, seja uma solução para de valor pelo menos . Sem perda de generalidade, suponha que não contenha novos vértices. (Cada novo vértice está em uma única aresta . Se não foi isolado em , então o peso da aresta é , portanto, remover de aumenta o valor de Se foi isolado, então o peso da borda é 1, removendo $S$ $G'$ $k$ $S$ $v'$ $(v',v)$ $v$ $G$ $-1$ $v'$ $S$ $S$ $v$ $v'$ de e a adição de mantém o valor de ) $S$ $v$ $S$

Sem perda de generalidade, assuma que é um conjunto independente em . (Caso contrário, seja uma aresta de modo que e estejam em O peso total das arestas incidentes de em é , então o peso total de 's incidente arestas diferente é, no máximo a zero. Assim, a remoção $S$ $G$ $(u,v)$ $u$ $v$ $S$ $v$ $G'$ $d_v - (d_v-1) = 1$ $v$ $(u,v)$ $v$ de não aumentaria o valor de ) $S$ $S$

Agora, pelo mesmo cálculo que no início da prova, o valor de é . Segue-se que . QED $S$ $|S|$ $|S| \ge k$

Como um aparte, você pode pedir uma aproximação aditiva de, digamos, ou . $O(n)$ $\epsilon m$

Parece-me possível que, para o seu problema, decidir se existe uma solução de valor positivo possa ser difícil para o NP.

— Neal Young
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