参数化CLIQUE的硬度？

让 $0\le p\le 1$ ，并考虑决策问题

CLIQUE 输入：整数，图与顶点和边缘问题：不包含关于至少一个集团顶点？ $_p$
$s$ $G$ $t$ $\lceil p\binom{t}{2} \rceil$
$G$ $s$

CLIQUE的实例包含所有可能边中的比例。显然，对于某些值，CLIQUE很容易。CLIQUE仅包含完全断开的图形，而CLIQUE包含完整的图形。无论哪种情况，都可以在线性时间内确定CLIQUE。另一方面，对于接近的值，CLIQUE通过减少CLIQUE本身而成为NP-hard：本质上，足以与图兰图形成不相交的并集。 $_p$ $p$ $_p$ $p$ $_0$ $_1$ $_p$ $p$ $1/2$ $_p$ $T(t,s-1)$

我的问题：

CLIQUE是否在PTIME或NP中对于每个值都完整？还是存在CLIQUE具有中等复杂度的值（如果P≠NP）？ $_p$ $p$ $p$ $_p$

这个问题源于有关超图的相关问题，但是它本身似乎很有趣。

cc.complexity-theory np parameterized-complexity clique

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）
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有趣的问题！

— Suresh Venkat 2010年

pa实数是0到1之间，还是p是t的函数？

— 罗宾·科塔里

@Robin：我没有指定，两者都会很有趣。

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）2010年

如果边的比例是一个上限（而不是确切的计数要求或下限），则对于任何常量

通过从CLIQUE进行归约，此问题将是NP困难的：添加足够大的孤立顶点集。是否要求数字边等于给定表达式？还是我错过了什么显而易见的事情？:-)

0 < p < 1

$0<p<1$

— gphilip 2010年

@gphilip：正如您所指出的，如果比例只是上限，则减少是立即的；这就是为什么用确切比例来表述问题。

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）2010年

Answers:

我假定数问题CLIQUE_p的定义 $\left\lceil p \binom{t}{2} \right\rceil$ 完全等于图中的边数，这与gphilip对问题的评论不同。

对任何有理常数0 < p <1而言，CLIQUE _p问题都是NP完全问题，这比通常的CLIQUE问题要小。（假设有p是合理的时，才需要使得可以从计算Ñ在时间多项式Ñ。） $\lceil pN \rceil$

让ķ ≥3是同时满足的整数ķ ² ≥1/ p和（1-1 / ķ）（1-2 / ķ）> p。给定具有n个顶点和m个边缘以及阈值s的图G，归约操作如下。

如果小号 < ķ，我们解决在时间O（该团问题Ñ ^小号）时间。如果有一个至少为s的集团，我们将产生一个固定的yes-instance。否则，我们将产生固定的无实例。
如果n < s，则产生固定的无实例。
如果Ñ ≥ 小号 ≥ ķ，我们添加到ģ一个（ķ -1）-partite曲线图，其中每个组由Ñ顶点具有恰好边，并生成此图。 $\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m$

请注意，情况1花费O（n ^{k -1}）时间，这是每p中n的多项式。外壳3是可能的，因为如果Ñ ≥ 小号 ≥ ķ，然后为非负数，至多（k-1）个局部图K_n_，…，_n中的边数最多_，如以下两项权利要求所述。 $\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m$

索赔1。。 $\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m \ge 0$

证明。由于，只要证明 $m \le \binom{n}{2}$ ，或等价地PNK（NK-1）≥Ñ（ñ-1）。由于p≥1 /ķ²，我们有PNK（NK-1）≥Ñ（ñ-1 /ķ）≥Ñ（ñ-1）。 QED。 $p \binom{nk}{2} \ge \binom{n}{2}$

索赔2。 $\left\lceil p \binom{nk}{2} \right\rceil - m \lt n^2 \binom{k-1}{2}$ .)

$\lceil x \rceil \lt x+1$ and m ≥ 0, it suffices if we prove $p \binom{nk}{2} + 1 \le n^2 \binom{k-1}{2}$ , or equivalently n²(k−1)(k−2) − pnk(nk−1) − 2 ≥ 0. Since p < (1−1/k)(1−2/k), we have

n^{2} (k - 1) (k - 2) - p n k (n k - 1) - 2

$n^2(k-1)(k-2) - pnk(nk-1) - 2$

\geq n^{2} (k - 1) (k - 2) - n (n - \frac{1}{k}) (k - 1) (k - 2) - 2

$\ge n^2(k-1)(k-2) - n \left( n-\frac{1}{k} \right) (k-1)(k-2) - 2$

= \frac{n}{k} (k - 1) (k - 2) - 2 \geq (k - 1) (k - 2) - 2 \geq 0.

$= \frac{n}{k} (k-1)(k-2) - 2 \ge (k-1)(k-2) - 2 \ge 0.$ QED.

Edit: The reduction in Revision 1 had an error; it sometimes required a graph with negative number of edges (when p was small). This error is fixed now.

— Tsuyoshi Ito
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this is closest to the specific phrasing, so thanks for tackling it. Case 3 is closest to what I had in mind. However, I don't follow the calculation -- could you expand a little?

— András Salamon

@András Salamon: Done.

— Tsuyoshi Ito

If $p$ can be a function of $t$ , then the problem can be intermediate. Set up $p$ so that the number of edges will be say $\log^4 t$ . Then obviously $s$ can be at most $\log^2 t$ and hence there is a $t^{\log^2 t}$ algorithm for this problem, meaning that the problem (under standard assumptions, say SAT doesn't have subexponential algorithms) cannot be NP hard.

On the other hand, this problem is harder than the standard clique problem on $\log^2 t$ vertices (you can always place all the edges on those vertices and ignore the rest). And so again, under the same assumption the problem doesn't have a polynomial time algorithm.

If $p$ is a constant then it's always NP hard as gphilip said.

— Boaz Barak
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