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如果
试想一下，我们有两个大小mmm点集X,Y⊂RnX,Y⊂RnX,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OOT=OTO=IOOT=OTO=IOO^T=O^TO=I使得X=OYX=OYX=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Ö （6 ）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X ⊂ - [R 6，| X | = 16，在第二张图中Y对应-将图同构问题转换为X和XA−2IA−2IA-2IO(6)O(6)O(6)X⊂R6X⊂R6X\subset \mathbb{R}^6|X|=16|X|=16|X|=16YYYXXX仅旋转不同。YYY 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)/2n(n−1)/2n(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。 xTAxxTAxx^T A xTr(Ak)Tr(Ak)Tr(A^k)k=1,…,nk=1,…,nk=1,\ldots,nkkk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)=∏x∈X(x⋅(z−x))p(z)=∏x∈X(x⋅(z−x))p(z)=\prod_{x\in X} (x\cdot (z-x)) p(z)=∑x∈X(x⋅z−a)2(x⋅z−b)2(x⋅z−c)2p(z)=∑x∈X(x⋅z−a)2(x⋅z−b)2(x⋅z−c)2p(z)=\sum_{x\in X} (x\cdot z -a)^2 (x\cdot z -b)^2 (x\cdot z -c)^2 a,b,ca,b,ca,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： minO:OTO=I∥OA−B∥Fachieved forO=UVT, whereBAT=UDVTminO:OTO=I‖OA−B‖Fachieved forO=UVT, whereBAT=UDVT\min_{O:O^TO=I} …