完全加权图和哈密尔顿之旅

Question

我在期中考试时遇到了一个问题。 任何人都可以澄清答案吗？

问题A：给定一个完整的加权图G，找到一个最小权重的汉密尔顿游。

问题B：给定一个完整的加权图G和实数R，G是否具有最多R的哈密顿量程？

假设有一台机器可以解决B.我们可以多少次调用B（每次给出G和实数R），用该机器解决问题A？ 假设G中边缘的总和达到M.

1）我们不能这样做，因为有无数的状态。

2）O（| E |）次

3）O（lg m）次

4）因为A是NP-Hard，这是不可能做到的。

Answer 1

第一种算法

答案是(3) O(lg m) times 。 你只需要在加权图中对最小哈密顿旅行进行二分搜索。 请注意，如果在图表中存在长度为L的汉密尔顿之旅，那么检查是否存在长度为L'的哈密尔顿之旅（其中L' > L是没有意义的，因为您对最小权重哈密尔顿之旅感兴趣。 因此，在算法的每个步骤中，您可以消除剩余一半可能的游览权重。 因此，您必须在机器中调用B O(lg m)次，其中m代表完整图中所有边的总重量。

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编辑：

第二种算法

我稍微修改了上面的算法，它使用机器O(|E|)次，因为有些人说我们不能在一组不可数的可能值中应用二进制搜索（它们可能是正确的）：尽可能来自图的边缘子集，并且对于每个子集存储一个值，该值是来自子集的所有边的权重之和。 让我们将所有子集的值存储在名为Val的数组中。 此数组的大小为2^|E| 。 按递增顺序对Val进行排序，然后对最小哈密顿路径应用二进制搜索，但这次只使用Val数组中的值调用解决问题B的机器。 由于每个边缘子集都包含在已排序的数组中，因此可以保证找到解决方案。 机器的调用总数是O(lg(2^|E|)) ，即O(|E|) 。 因此，正确的选择是(2) O(|E|) times 。

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注意：

我提出的第一个算法可能不正确，因为有些人指出你不能在不可数集中应用二进制搜索。 由于我们在讨论实数，我们不能在[0-M]范围内应用二进制搜索

Answer 2

我认为那个意味着答案的选择是1-你不能那样做。 原因是你只能对可数集进行二进制搜索。

请注意，图形的边缘甚至可能具有负权重，此外，它们可能具有分数或甚至无理的权重。 在这种情况下，答案的搜索空间将是小于m的所有实际值的集合。

但是，您可能会在Log（n）时间内任意接近A的答案，但您无法找到确切的答案。 （n是可数空间的大小）。

Answer 3

假设在图的编码中，权重被编码为表示非负整数的二进制字符串，并且Problem B实际上可以通过输入实数在算法上求解并基于此进行计算，事情显然如下。

可以在积分区间{0,...,M}上进行第一次二分搜索{0,...,M}以获得对Problem B的算法的O(log M)调用中的哈密顿量巡回的最小权重。 随后最佳已知，我们可以消除G单个边缘，并使用结果图作为Problem B的算法的输入，以测试最佳变化。 此过程使用对Problem B的算法的O(|E|)调用来识别在最佳哈密顿游览中出现的边。 该方法的总运行时间是O( (|E| + log M ) * r(G)) ，其中r(G)表示将图G作为输入的Problem B的算法的运行时间。 我认为r是一个多项式，虽然问题没有明确说明这一点; 总的来说，总运行时间将在输入的编码长度中被多项式限制，因为M可以在多项式时间内计算（因此在输入G的编码长度中是伪多项式限制的）。

话虽如此，所谓的答案可以如下评论。

1. 答案是错误的，因为必要状态的集合是有限的。
2. 可能是真的，但不遵循上面讨论的算法。
3. 可能是真的，但不遵循上面讨论的算法。
4. 答案是错的。 严格来说， Problem A的NP-硬度并不排除多项式时间算法; 此外， Problem B的算法没有说明是多项式的，所以如果Problem A可以通过对Problem B的算法的多项式调用来解决，则即使P=NP也不会出现 （这是上面描述的算法的情况） ）。