Пусть связный граф с узлами и ребер . Обозначим через (целочисленный) вес графа , где - общий вес графа. Средний вес каждого узла тогда . Пусть обозначает отклонение узла из среднего. Мы звонимдисбалансв узле I .
Предположим, что вес между любыми двумя соседними узлами может отличаться не более чем на , т.
Вопрос : Каков максимально возможный дисбаланс, который может иметь сеть, с точки зрения и ? Чтобы быть более точным, представьте себе вектор . Я был бы одинаково доволен результатами, касающимися или .
Для найти простую оценку в терминах диаметра графа: поскольку все должны суммироваться до нуля, если существует большое положительное значение , где-то должен быть отрицательный . Отсюда их разница по крайней мере , но эта разница может составлять самое короткое расстояние между узлами и , которое, в свою очередь, может составлять самое большее диаметр графика.
Я заинтересован в более сильных границах, предпочтительно для или 2- нормы. Я предполагаю, что это должно включать некоторую спектральную теорию графов, чтобы отразить связность графа. Я пытался выразить это как проблему максимального потока, но безрезультатно.
РЕДАКТИРОВАТЬ: больше объяснений. Я заинтересован в или 2- норме, так как они более точно отражают общий дисбаланс. Тривиальное отношение будет получено из | | → е | | 1 ≤ n | | | → е | | ∞ и | | → е | | 2 ≤ √. Я ожидаю, однако, что из-за связности графика и моего ограничения в разнице нагрузок между соседними узлами, что1-и2-нормы должны быть намного меньше.
Пример: Гиперкуб измерения d, с . Он имеет диаметр d = log 2 ( n ) . Максимальный дисбаланс не более d . Это предлагает в качестве верхней оценки для 1- нормы n d = n log 2 ( n ) . До сих пор мне не удавалось построить ситуацию, когда это на самом деле получается, лучшее, что я могу сделать, это что-то вроде | | → е | | 1 = н / 2где я встраиваю цикл в Гиперкуб и у узлов есть дисбалансы , 1 , 0 , - 1 и т. д. Таким образом, здесь граница отключена с коэффициентом log ( n ) , который я считаю слишком большим, так как я ищу (асимптотически) жесткие границы.
Ответы:
Так как ограничен диаметром d , норма ℓ 1 будет тривиально ограничена n d , аналогично для нормы ℓ 2 , кроме √|ei| d ℓ1 nd ℓ2 (фактическиℓp-норма ограниченаn 1 / p d).n−−√d ℓp n1/pd
случай оказывается на удивление легко анализировать.ℓ1
Для пути легко увидеть, что - это O ( n 2 ) , поэтому вы не можете сделать лучше, чем O ( n d ) .∥e⃗ ∥1 O(n2) O(nd)
Для полного -ого дерева вы можете разделить его пополам в корне, установив w root = 0 , поднимаясь с одной стороны и опуская другую, пока листья не получат | е я | = | ш я | = log k n , производя O ( n log k n ) = O ( n d ) снова.k wroot=0 |ei|=|wi|=logkn O(nlogkn)=O(nd)
Для клики не имеет значения, как вы распределяете веса, так как все они будут в пределах друг от друга, и это снова приведет к O ( n ) = O ( n d ) .1 O(n)=O(nd)
Когда вы понимаете, что мы говорим здесь о функции , и тогда мы берем ее норму ℓ 1 , если вы можете произвольно распределить веса e i ∈ [ - d / 2 , d / 2 ] равномерно по всему диапазону, граница будет O ( n d ) .e:Z→[−d/2,d/2]⊂R ℓ1 ei∈[−d/2,d/2] O(nd)
Единственный способ изменить это - играть в игры с массой. Например, если у вас есть несколько гигантских клик в точках, которые обязательно сбалансированы, например, гигантская клика с двумя путями равной длины, выступающими из нее, то вы можете рассчитывать только на оценку (например) .O(d2)
Это может быть верно и для расширителей в некоторой степени, но я не уверен. Я мог бы представить себе случай, когда вы устанавливаете в регулярном графе, а затем позволяете значениям увеличиваться впоследствии с каждым прыжком. Кажется вероятным, что среднее может иметь наибольшую массу, но я не знаю, будет ли этого достаточно, чтобы повлиять на границы.w1=0
Я думаю, что вы могли бы так же рассуждать о .ℓ2
РЕДАКТИРОВАТЬ:
В комментариях мы выяснили (свободную) оценку O ( | E | / λ 2 ( L ) ), используя ограничения задачи и некоторую базовую теорию спектральных графов.ℓ2 O(|E|/λ2(L))
источник
Для связанных графов дисбаланс ограничен сверху диаметром графа. Для того, чтобы связать дисбаланс , мы можем переписать каждое w k как w k - v 1 + v 1 - v 2 + v 2 - . , , - v k + v k - w i + w i, где w k ,|wi−1/n∑kwk| wk wk−v1+v1−v2+v2−...−vk+vk−wi+wi - кратчайший путь от w i до w k . Определим w k i = w k - v 1 + v 1 - v 2 + v 2 - . , , - v k + v k - w i . Мы можем написать
| w i - 1 /wk,v1,...,vk,wi wi wk wki=wk−v1+v1−v2+v2−...−vk+vk−wi
источник