স্বাধীন সেট এলপি শিথিলকরণ

Question

আমি সর্বাধিক স্বতন্ত্র সেট নীচের এলপি শিথিল করার চেষ্টা করেছি

$$\max \sum_i x_i$$

$$\text{s.t.}\ x_i+x_j\le 1\ \forall (i,j)\in E$$ $$x_i\ge 0$$

আমি চেষ্টা করেছি এমন প্রতিটি ঘন নন-দ্বিপক্ষীয় গ্রাফের জন্য প্রতিটি ভেরিয়েবলের জন্য $1/2$ পাই।

1. সমস্ত সংযুক্ত কিউবিক নন-দ্বিপক্ষীয় গ্রাফের জন্য সত্য?
2. এলপি শিথিলতা আছে যা এই ধরনের গ্রাফগুলির জন্য আরও ভাল কাজ করে?

আপডেট 03/05 :

এখানে নাথন দ্বারা প্রস্তাবিত চক্র ভিত্তিক এলপি শিথিলতার ফলাফল

আমি এখানে পরীক্ষাগুলির সংক্ষিপ্তসার করেছি আকর্ষণীয়ভাবে, বেশ কয়েকটি অ-দ্বিদলীয় গ্রাফ রয়েছে যার জন্য সবচেয়ে সহজ এলপি শিথিলকরণ অবিচ্ছেদ্য।

Comments

সমাধান অবশ্যই অনন্য নয়। কিউবিক দ্বিপক্ষীয় গ্রাফে আপনার এক অংশে এবং অন্য অংশে দিয়ে একটি সর্বোত্তম সমাধান থাকতে পারে । x আমি = 1 x এর আমি = $x_i = 1/2$$x_i = 1$$x_i = 0$

— Jukka Suomela

দুঃখিত, আমি গুরুত্বপূর্ণ অংশটি মিস করেছি, আমি কেবলমাত্র বাই-পার্টিটাইট ঘন গ্রাফগুলি বিবেচনা করি। আমি যে দ্বিপক্ষীয় ঘন গ্রাফ চেষ্টা করেছিলাম তার একটি অবিচ্ছেদ্য সমাধান ছিল

— ইয়ারোস্লাভ বুলাটোভ

আপনি যদি অনন্য-অনন্য সমাধানগুলি এড়াতে চান তবে আপনাকে "সংযুক্ত" যুক্ত করতে হবে।

— Jukka Suomela

(1) আপনি অযোগ্যতা বাধা লিখতে ভুলে গেছেন। (২) দ্বিপক্ষীয় গ্রাফের জন্য, এই এলপি শিথিলকরণের সর্বোত্তম মান সর্বদা একটি স্বাধীন সেটের সর্বোচ্চ আকারের সমান। এটি এর একটি তাৎক্ষণিক সম্পুরক হয় König এর উপপাদ্য ।

— সোসোশি ইটো

@ ইয়ারোস্লাভ: একটি পার্শ্ব প্রশ্ন: আপনি এই চিত্রগুলি কীভাবে আঁকেন?

— টিম

Answer 1

নন-দ্বিপক্ষীয় সংযুক্ত কিউবিক গ্রাফের অনন্য অনুকূল সমাধান ; দ্বিপক্ষীয় কিউবিক গ্রাফে আপনার একটি ইন্টিগ্রাল অনুকূল সমাধান রয়েছে।$x_i = 1/2$

---

প্রুফ: একটি কিউবিক গ্রাফে, আপনি যদি সমস্ত সীমাবদ্ধতার উপর আপনার। এবং অতএব সর্বোত্তমটি সর্বোচ্চ ।এক্স আমি + + এক্স ঞ ≤ 1 Σ আমি 3 এক্স আমি ≤ 3 এন / 2 এন /$3n/2$$x_i + x_j \le 1$$\sum_i 3 x_i \le 3n/2$$n/2$

সমাধান সবার জন্য জাভাস্ক্রিপ্টে গার্বেজ সম্ভবপর, তাই এছাড়াও অনুকূল নয়।$x_i = 1/2$$i$

দ্বিপক্ষীয় কিউবিক গ্রাফে, প্রতিটি অংশে নোডের অর্ধেক থাকে এবং এক অংশে সর্বোত্তম।$x_i = 1$

কোন সন্তোষজনক সমাধান আঁট হতে হবে, যে, আমরা থাকতে হবে এবং অত: পর প্রতিটি প্রান্ত জন্য । সুতরাং আপনার যদি একটি বিজোড় চক্র থাকে তবে আপনাকে অবশ্যই চক্রের প্রতিটি নোডের জন্য বেছে নিতে হবে । এবং তারপরে যদি গ্রাফটি সংযুক্ত থাকে তবে এই পছন্দটি সর্বত্র প্রচারিত হবে।এক্স আমি + + এক্স ঞ = 1 { আমি , ঞ } x আমি = 1 /$\sum_i 3 x_i = 3n/2$$x_i + x_j = 1$$\{i,j\}$$x_i = 1/2$

Comments

আমি যেমন প্রশ্নের একটি মন্তব্যে লিখেছি, একটি অবিচ্ছেদ্য অনুকূল সমাধানের অস্তিত্ব প্রমাণ করার জন্য আপনার কেবল দ্বিদলীয়তা প্রয়োজন (তবে এটি আপনার থেকে আলাদা প্রমাণ প্রয়োজন)।

— Tsuyoshi Ito

@ শুয়োশি: হ্যাঁ, কনিগের উপপাদ্যটি মনে রাখা ভাল। উদাহরণস্বরূপ, উপরের পর্যবেক্ষণের সাথে একসাথে এটি প্রদর্শিত হবে যে কোনও দ্বিপক্ষীয় ঘন গ্রাফের 1-ফ্যাক্টরিয়েশন রয়েছে (অর্থাত্ এটি তিনটি নিখুঁত ম্যাচে ভাগ করা যায়)। অবশ্যই এই ফলাফলটি প্রমাণ করার জন্য এটি "ভুল" উপায়, তবে আমি মনে করি এটি কনিগের উপপাদ্যের শক্তিটি দুর্দান্তভাবে প্রদর্শন করেছে - আপনি যদি কেবল কনিগের উপপাদ্যকে মনে করেন তবে গ্রাফ তত্ত্বের প্রচুর শাস্ত্রীয় ফলাফল রয়েছে যা আপনি সহজেই পুনরায় উদ্ভাবন করতে পারবেন ।

— Jukka Suomela

Answer 2

এই এলপি সমস্ত গ্রাফের জন্য অর্ধ-অবিচ্ছেদ্য, অর্থাত, একটি অনুকূল সমাধান এমনভাবে উপস্থিত থাকে যে প্রতিটি চলক {0,1 / 2,1 in এ থাকে} এটি কেবল নেমহাউজার এবং ট্রটারের একটি উপপাদ্য থেকে অনুসরণ করা হয়েছে। অবশ্যই অর্ধ-অখণ্ডতার একই উপসংহার পরিপূরক সমস্যার (ভার্টেক্স কভার) এলপি অনুসরণ করে। গ্রাফ দ্বিপক্ষীয় হলে সমাধানটি অবিচ্ছেদ্য। এটি কেবলমাত্র সর্বাধিক-প্রবাহের মিনি-কাট উপপাদ্য থেকে বা এই এলপির চূড়ান্ত পয়েন্ট সমাধানগুলির সাথে কাজ করে follows এছাড়াও, 1/2 প্রান্ত একটি বিজোড়-চক্র গঠন করে।

অবশ্যই, এই এলপি আইএস সমস্যা সমাধানের পক্ষে ভাল নয়। ক্লাইকের সীমাবদ্ধতা বা এসডিপি যুক্ত করা আরও ভাল পদ্ধতির।

ভার্টেক্স প্যাকিং: কাঠামোগত বৈশিষ্ট্য এবং অ্যালগরিদম জি এল নেমহাউজার এবং ট্রটার-ম্যাথ। প্রোগ্রাম।, 1975

Comments

ডান, খুব সহজ অ্যালগরিদমের জন্য এই কাগজের 5 তত্ত্বটিও দেখুন যা দক্ষতার সাথে অর্ধ-অবিচ্ছেদ্য সমাধান খুঁজে পায় finds

— জুক্কা সুমেলা 16

ক্লিকে সীমাবদ্ধতা সহ এলপি উপরের সেট থেকে প্রায় 50% আরও গ্রাফ সমাধান করেছে .... আমি কোথায় এসডিপি সূত্রটি পেতে পারি?

— ইয়ারোস্লাভ বুলাটোভ

Answer 3

২০০৩ সালের সের্গেই বুটেনকোর পিএইচডি থিসিসে এমআইএসের আরও কিছু এলপি শিথিলতা, পাশাপাশি কিছু চতুর্ভুজ শিথিলকরণ পর্যালোচনা করা হয়েছে।

Answer 4

"সর্বাধিক স্বাধীন সেটের স্বাচ্ছন্দ্য সংস্করণ" পাওয়ার আরও একটি উপায় রয়েছে। "প্রতিটি প্রান্তের জন্য সীমাবদ্ধতা হিসাবে পরিবর্তে, যোগফল সর্বাধিক 1", সীমাবদ্ধতাগুলি "প্রতিটি সম্পূর্ণ অনুচ্ছেদের জন্য, প্রান্তটি সর্বাধিক 1" হয়। যার অর্থ: প্রতিটি প্রান্তের জন্য, প্রতিটি ত্রিভুজের জন্য, প্রতিটি কে এবং এর জন্য ।$K_4$

এটিকে ভগ্নাংশের স্বাধীন সেট নম্বর বলা হয়। আপনি এখানে কিছু তথ্য পাবেন: http://en.wikedia.org/wiki/Frational_coloring বা "ফ্র্যাকশনাল গ্রাফ থিওরি" বইটিতে ড্যানিয়েল উলমান এবং এডওয়ার্ড শেইমনম্যানের ( http://www.ams.jhu.edu/~ers) / এফজিটি / )।

ব্যবহারিকভাবে, এই সূত্রটি গণনা করা এনপি-হার্ড, যদিও সমস্ত ভেরিয়েবল অবিচ্ছিন্ন থাকে -> চক্রের সংখ্যা তাত্পর্যপূর্ণ এবং গণনা করা শক্ত .... তবে আপনি কেবল কয়েকটি বিশেষ চক্রের সংখ্যা নির্ধারণ করতে পারেন, উদাহরণস্বরূপ কেবল প্রান্তগুলি (যা আপনি সবে করেছেন) বা কিনারা + ত্রিভুজ, বা কে-কে পর্যন্ত সমস্ত । সর্বোপরি, মানটি আসল পূর্ণসংখ্যার মান (*) :-) কেবলমাত্র "আরও প্রতিনিধি" হতে পারে$K_k$

Nathann

(*) এটি বলা হচ্ছে, আপনি এলপিতে সমস্ত ফলকে প্রতিনিধিত্ব করা এবং সর্বোত্তম স্বাধীন সেটের মধ্যে সর্বোত্তম ফলাফলের মধ্যে তাত্ত্বিকভাবে একটি নির্বিচারে বড় পার্থক্য রয়েছে

Comments

এই পদ্ধতির সঙ্গে সমস্যা হল যে আপনি একটি অ দ্বিপাক্ষিক কিউবিক আছে ত্রিভুজ-মুক্ত গ্রাফ (আর সেখানে যদি প্রচুর হয় ...), তৈয়ার ঠিক প্রশ্নে যে সমান, এবং আমরা ঠিক একই আছে খারাপ সংবাদ. আরো সাধারণভাবে, আমি মনে করি আমরা সবসময় গ্রাফ যেখানে সমস্ত নোড একটি আছে গঠন করা যেতে পারে -clique এবং সেখানে নেই -clique, এবং যে দেন সবার জন্য অনন্য অনুকূল সমাধান এলপি। ( কে + 1 ) এক্স আই = 1 / কে $k$$(k+1)$$x_i = 1/k$$i$

— Jukka Suomela

আকর্ষণীয়, এটি কর্ডাল গ্রাফগুলিতে ইন্ডিপেন্ডেন্টসেটের স্বাচ্ছন্দ্যের সাথে সম্পর্কিত বলে মনে হচ্ছে

— ইয়ারোস্লাভ বুলাটোভ

আমি কিছু পরীক্ষা-নিরীক্ষা করেছি এবং এই এলপি শিথিলতার সমাধানটি সর্বদা কর্ডাল গ্রাফগুলিতে অবিচ্ছেদ্য ছিল

— ইয়ারোস্লাভ বুলাটোভ

@ ইয়ারোস্লাভবুলাটোভ আপনার পর্যবেক্ষণের কারণ রয়েছে। চক্রের বৈষম্য এবং অ-নেজিটিভিটি সীমাগুলি গ্রাফটি নিখুঁত হলেই এবং সেগুলি স্বাধীন সেটগুলির উত্তল হাল সরবরাহ করে। কর্ডাল গ্রাফগুলি নিখুঁত।

— অস্টিন বুচানান