如果

试想一下，我们有两个大小 $m$ 点集 $X,Y\subset \mathbb{R}^n$ 。如果仅轮换不同，测试的（时间）复杂度是多少？：存在旋转矩阵 $OO^T=O^TO=I$ 使得 $X=OY$ ？

这里存在一个表示实数值的问题-为简单起见，假设每个坐标都有一个（简短的）代数公式，这样基本算术运算的成本可以假定为O（1）。

基本问题是这个问题是否在P中？

乍看之下，这个问题看似简单-通常足以测试点的范数和局部关系（例如角度），但有一些讨厌的示例，例如，它等效于图同构问题。

具体来说，查看强正则图（SRG）邻接矩阵的本征空间，我们可以对其进行几何解释。以下是最简单的示例-两个16个顶点SRG，它们在本地看起来是相同的，但不是同构的：

SRGs的邻接矩阵始终只有（已知公式的）三个特征值-观察上面特征值2的特征空间（核），它具有上面写的基数6-。标准正交化它（革兰氏施密特），我们得到的可能的正交基大的空间-由不同旋转，其旋转“垂直载体”：长度为6的16定义这样的集合矢量为，，在第二张图中对应-将图同构问题转换为和 $A-2I$ $O(6)$ $X\subset \mathbb{R}^6$ $|X|=16$ $Y$ $X$ 仅旋转不同。 $Y$

困难在于所有这些点都在一个球体中并重新建立原始关系：所有邻居（此处为6个）的固定角度均小于90度，所有非邻居（此处为9个）的固定角度均大于90度，如示意图中所示上面的图片。

因此，基于范数和局部角度的测试可以回溯到图形同构问题……但是，几何解释允许对诸如旋转不变量之类的全局特性起作用。

$n(n-1)/2$

我们通常可以定义旋转不变式 -问题是构造一组完整的旋转入侵：完全确定一组模旋转。

$x^T A x$ $Tr(A^k)$ $k=1,\ldots,n$ $k$ 下面的每个图对应于1,2,3,4阶多项式的单个旋转不变量：

$p(z)=\prod_{x\in X} (x\cdot (z-x))$

p (z) = \sum_{x \in X} (x \cdot z - a)^{2} (x \cdot z - b)^{2} (x \cdot z - c)^{2}

$p(z)=\sum_{x\in X} (x\cdot z -a)^2 (x\cdot z -b)^2 (x\cdot z -c)^2$

a, b, c

$a,b,c$

那么，我们能否检验两个6次多项式是否仅因多项式时间的旋转而不同？如果是这样，则SRG的图同构在P中。

是否有比SRG更严格的示例（用于测试两组是否仅在旋转方面有所不同）？我对此表示怀疑，这要归功于Babai（？）允许拟多项式上限

更新：我被指出与（已解决）正交Procrustes问题相似：

min_{O : O^{T} O = I} ‖ O A - B ‖_{F} achieved for O = U V^{T}, where B A^{T} = U D V^{T}

$\min_{O:O^TO=I} \|OA-B\|_F \quad\textrm{achieved for}\quad O=UV^T,\quad\textrm{ where}\quad BA^T=UDV^T$

来自奇异值分解。我们可以从我们的角度构造这些矩阵，但是，这需要知道顺序-我们不知道，并且有可能性。 $m!$

我们可以尝试例如蒙特卡洛法或遗传算法：使用上述公式切换一些点并测试距离改进，但是，我怀疑这种启发式算法可能具有指数的局部最小值（？）

— 杰瑞克·杜达（Jarek Duda）
source

好吧，实用图同构算法的杀手examples不一定是SRG。我在这里讨论了Daniel Neuen和Pascal Schweitzer撰写的两篇论文，它们给出了目前最困难的例子。我的讨论主张“多足构造……基本上是应用于无向多边超图的普通CFI构造”。对该结构进行了进一步修改，使其具有刚性，从而消除了所有同构。之前不是SRG，但之后肯定不是SRG。

— 托马斯·克里姆贝尔

我认为找到点集的主要成分并进行检查会有所帮助，因为PCA转换具有一些非常好的属性。

— FazeL

ThomasKlimpel，您能谈谈其他艰难例子的本征空间吗？@FazeL，来自PCA的相关矩阵的特征值是旋转不变量的示例-仅因旋转而不同的必要条件（对于SRG而言是微不足道的）。问题是要获得足够的条件，例如，通过旋转不变性的完整基础-完全确定集合（或多项式）模旋转。这是多项式的一般构造：arxiv.org/pdf/1801.01058，问题是如何选择足够数量（已知）的独立不变式？

— 杰瑞克·达达（Jarek Duda）

这些图已经是彩色的。对于固定，存在节点具有该颜色的颜色，以及2个节点具有该颜色的颜色。就本征空间而言，这意味着您将获得许多维度为本征空间，甚至还有更多维度为本征空间。如果将CFI构造应用于k正则无向图，至少会发生这种情况。（但不用担心，SRG的同构性也是一个未解决的问题。）

k

$k$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2

$2$

— Thomas Klimpel，

尺寸为本征空间实际上可能会分成甚至更小的本征空间，因为即使对于SRG，我们也拥有不止1个本征空间，但是上述逻辑表明只有一个本征空间。看一下较短的（理论上比较多）的论文中的图4.2，因此请看/理解那些图的样子。

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

— Thomas Klimpel '18

我认为这是开放的。请注意，如果不是在旋转条件下测试等效性，而是在一般线性组下要求等效性，那么已经在测试三阶多项式的等效性是GI困难的（Agrawal-Saxena STACS '06，作者可免费获得的版本），实际上是至少与测试代数的同构性一样困难。现在，GI硬度并不能证明您的问题不在，实际上，您的整个问题本质上是我们是否可以将GI放入 $\mathsf{P}$ $\mathsf{P}$ 通过您建议的方法。但是，三次形式对等已经比GI困难得多（例如，我们仍然不知道代数同构是否在准多边形时间内，这与GI不同），这一事实表明（a）人们已经想到了这种方法，并且（b）仍然开放。

虽然我不确定正交组是否也可以得到类似的结果，但如果不成立，我会感到惊讶（特别是如果您从3级升至6级）。

— 约书亚·格罗夫（Joshua Grochow）
source

谢谢，我看了很多东西。多项式因旋转而异的测试是否对三阶也变得困难？系数的数量为O（dim ^ degree），旋转具有dim（dim-1）/ 2个系数，因此完整的模数旋转描述应由O（dim ^ degree）独立的旋转不变量给出。我知道如何构造旋转不变式（arxiv.org/pdf/1801.01058），似乎很难证明独立性，但是似乎不太可能具有高依赖性（？）

— Jarek Duda

@JarekDuda：您在注释中使用的相同参数将应用于一般的线性等价关系，除了不是系数，而是使用，但它们都是。 ..不变量之间的依赖性通常是一个非常深层的问题。此外，这不仅是您需要多少个独立不变式的问题，而且（a）您可以计算出在多项式中需要哪些不变式，以及（b）您甚至可以计算出在多项式中每个这样的不变式的值？

(\binom{d i m}{2})

$\binom{dim}{2}$

d i m^{2}

$dim^2$

Θ (d i m^{2})

$\Theta(dim^2)$

— Joshua Grochow '18

当然，如果只能构造大量不变量-虽然我不知道其他等价类型（？）是否成立，但对于旋转不变量，存在一种构造，其中每个图都给出一个不变性，并且有系统的构造例如类似于2个多项式x ^ T Ax的Tr（A ^ k）不变的长度k循环图的大数。对于固定次数的多项式，我们可以在多次时间内产生足够数量（或更多）的不变量-剩下的问题是要确保其中有足够数量的独立变量。

— Jarek Duda