Сложность тестирования, если два набора из

12

Представьте, что у нас есть два размера m наборов точек X,YRn . Какова (временная) сложность тестирования, если они отличаются только ротацией? : существует матрица вращения OOT=OTO=I такая, что X=OY ?

Здесь возникает проблема представления реальных значений - для простоты предположим, что существует (короткая) алгебраическая формула для каждой координаты, так что стоимость основных арифметических операций может быть принята за O (1).

Основной вопрос, если эта проблема в P?


Хотя на первый взгляд эта проблема может показаться простой - обычно достаточно проверить нормы точек и локальных отношений, таких как углы, есть неприятные примеры, в которых она, например, эквивалентна проблеме изоморфизма графов .

В частности, глядя на собственные пространства матрицы смежности сильно регулярных графов (SRG), мы можем дать ей геометрическую интерпретацию . Ниже приведен простейший пример - два 16 вершинных SRG, которые локально выглядят одинаково, но не изоморфны:

введите описание изображения здесь

A2IO(6)XR6|X|=16YXY

Сложность состоит в том, что все эти точки находятся в сфере и воссоздают исходные отношения: все соседи (6 здесь) находятся под фиксированным углом <90 градусов, все несоседние (9 здесь) под другим фиксированным углом> 90 градусов, как на схеме картинка выше.

Таким образом, тестирование, основанное на норме и локальных углах, возвращает нас к проблеме изоморфизма графа ... но геометрическая интерпретация позволяет работать с глобальными свойствами, такими как инварианты вращения.


n(n1)/2

Обычно мы можем определить инварианты вращения - вопрос состоит в том, чтобы построить полный набор инвариантов вращения: полностью определить набор вращения по модулю.

xTAxTr(Ak)k=1,,nkкаждый приведенный ниже график соответствует одному инварианту вращения степени 1,2,3,4 :

введите описание изображения здесь

p(z)=xX(x(zx))

p(z)=xX(xza)2(xzb)2(xzc)2
a,b,c

Так можем ли мы проверить, отличаются ли два полинома степени 6 только вращением за полиномиальное время? Если это так, то изоморфизм графов для SRG находится в P.

Существуют ли более жесткие примеры (для тестирования, если два набора отличаются только по ротации), чем от SRG? Я сомневаюсь в этом, учитывая квазиполиномиальную верхнюю границу благодаря Бабаю (?)


Обновление : мне было указано сходство с (решенной) проблемой ортогональных прокрустов :

minO:OTO=IOABFachieved forO=UVT, whereBAT=UDVT

из разложения по сингулярности. Мы могли бы построить эти матрицы из наших точек, однако, это потребовало бы знания порядка - которого мы не знаем, а ихвозможности.m!

Мы могли бы попробовать, например, Монте-Карло или генетический алгоритм: переключение некоторых точек и тестирование улучшения расстояния с использованием приведенной выше формулы, однако я подозреваю, что такой эвристический алгоритм может иметь экспоненциальное число локальных минимумов (?)

Ярек Дуда
источник
1
Что ж, убийственные примеры для практических алгоритмов изоморфизма графов не обязательно являются SRG. Я рассмотрел здесь две работы Дэниела Нойена и Паскаля Швейцера , в которых приводятся самые сложные на данный момент примеры. В моем обсуждении утверждается, что «мультипедовая конструкция ... в основном нормальная конструкция CFI, применяемая к неориентированному многогранному гиперграфу». Эта конструкция дополнительно модифицируется, чтобы сделать ее жесткой, что устраняет все автоморфизмы. До этого не было SRG, но после точно не будет SRG.
Томас Климпел
Я думаю, что поиск основных компонентов наборов точек и их проверка могли бы помочь, поскольку преобразование PCA обладает довольно хорошими свойствами.
FazeL
1
ThomasKlimpel, не могли бы вы сказать что-нибудь о собственных пространствах этих других сложных примеров? @FazeL, собственные значения корреляционной матрицы из PCA являются примерами инвариантов вращения - необходимые условия, отличающиеся только вращением (тривиально для SRG). Задача состоит в том, чтобы получить достаточное условие, например, через полный базис инвариантов вращения - полностью определить множество (или полином) вращение по модулю. Вот общая конструкция для полиномов: arxiv.org/pdf/1801.01058 , вопрос в том, как выбрать достаточное количество (известных) независимых инвариантов?
Ярек Дуда
1
Эти графики уже раскрашены. Для фиксированного есть цвета, для которых узла имеют этот цвет, и цвета, для которых 2 узла имеют этот цвет. В терминах собственных пространств это означает, что вы получаете много собственных пространств измерения и даже больше собственных пространств измерения . По крайней мере, так происходит, если конструкция CFI применяется к k-регулярному неориентированному графу. (Но не волнуйтесь, изоморфизм SRG также является открытой проблемой.)k2k12k12
Томас Климпел
1
Собственные пространства размерности могут на самом деле разделиться на еще меньшие собственные пространства, поскольку даже для SRG у нас есть более 1 собственное пространство, но логика выше предполагает, что существует только одно собственное пространство. Посмотрите на рисунок 4.2 в более короткой (более теоретической) статье, чтобы увидеть / понять, как выглядят эти графики. 2k1
Томас Климпел

Ответы:

5

Я думаю, что это открыто. Обратите внимание, что если вместо проверки эквивалентности при вращениях вы запрашиваете эквивалентность по общей линейной группе, то уже проверяется эквивалентность многочленов степени три GI-hard ( Agrawal-Saxena STACS '06 , свободно доступная версия автора ) и фактически находится по адресу менее сложно, чем проверка изоморфизма алгебр. Теперь, GI-hardness не является доказательством того, что ваша проблема не в , так как на самом деле весь ваш вопрос состоит в том, можем ли мы поместить GI вPPподходом, который вы предлагаете. Однако тот факт, что эквивалентность кубической формы уже кажется значительно сложнее, чем GI (например, мы до сих пор не знаем, находится ли изоморфизм алгебры в квазиполигональном времени, в отличие от GI), говорит о том, что (а) люди думали об этом подходе и (б) его все еще открыт

Хотя я не знаю наверняка, если аналогичные результаты верны для ортогональной группы, я был бы удивлен, если бы они не выполнялись (особенно если вы переходите от степени 3 к степени 6).

Джошуа Грохов
источник
Спасибо, я вижу, мне есть что читать. Стало ли трудным тестирование, отличающееся вращением полиномов, для третьей степени? Количество коэффициентов равно O (dim ^ степень), вращение имеет dim (dim-1) / 2 коэффициента, поэтому полное описание вращения по модулю должно быть дано O (dim ^ степени) независимыми инвариантами вращения. Я знаю, как построить инварианты вращения ( arxiv.org/pdf/1801.01058 ), условие независимости кажется трудным доказать, но высокая зависимость кажется маловероятной (?)
Ярек Дуда
@JarekDuda: Тот же аргумент, который вы приводите в своем комментарии, будет применяться к общей линейной эквивалентности, за исключением того, что вместо коэффициентов вас будет , но оба они являются . ..Зависимость между инвариантами часто является очень глубоким вопросом. Кроме того, вопрос не только в том, сколько независимых инвариантов вам нужно, но (а) вы можете вычислить, какие инварианты вам нужны в поли-времени, и (б) вы можете даже вычислить значение каждого такого инварианта в поли-времени? (dim2)dim2Θ(dim2)
Джошуа Грохоу
Конечно, если бы только была возможность построить большое количество инвариантов - хотя я не знаю, верно ли это для других типов эквивалентности (?), Для инвариантов вращения есть конструкция, где каждый граф дает один инвариант, и существуют систематические конструкции большие числа, например, по аналогии с циклами длины k для Tr (A ^ k), инвариантных для полинома степени 2 x ^ T Ax. Для многочлена с фиксированной степенью мы можем получить достаточное количество (или намного больше) инвариантов за многократное время - остающаяся проблема состоит в том, чтобы обеспечить достаточное количество независимых среди них.
Ярек Дуда