Algoritmanın doğruluğu için, önce U göz önüne alındığında Q’ya eklenen T kümesinin sözlüksel olarak U’dan daha büyük olduğunu gözlemleyin. Bu nedenle, kuyruğa yalnızca U’dan sonra çıkarılması gereken kümeleri depolarız. Bu nedenle, maksimal klik dizisi ürettiğimiz gerçekten de sözlüksel olarak yükseliyor.

Ayrıca tüm maksimal kliklerin dizide olduğunu göstermeliyiz. Bunu tümevarım yoluyla kanıtlayarak yaparız: U sözlükbilimsel olarak henüz çıkmamış ilk maksimal klik ise, o zaman U Q’dadır. İndüksiyon tabanı: Varsayalım ki U = U0. O zaman ifade açıkça doğrudur.

Tümevarım adımı: U’nun sözlüksel olarak U0’dan büyük olduğunu varsayalım. Uj = U ∩{v1,…,vj}, v1 , köşeleriyle sınırlı grafikte maksimal bir klik olmayacak şekilde j en büyük dizin olsun. . . , vb. Aksi takdirde U = U0 olacağından böyle bir indeks olmalıdır. Dahası, j < n’ye sahibiz, çünkü U tüm G grafiğinde maksimal bir kliktir.

j’nin maksimalitesi ile, vj+1 ∈ U’ya sahip olmalıyız. Boş olmayan bir S kümesi vardır, öyle ki Uj ∪S, G[{v1,…,vj}]’de bir maksimal kliktir. Yine j’nin maksimalitesi ile vj+1 tepe noktası S’deki tüm köşelere bitişik değildir. Uj ∪ S içeren ancak vj+1 tepe noktasını içermeyen maksimal bir U ′ kliği olduğu sonucuna varıyoruz.

U’nun sözlüksel olarak U’dan daha küçük olduğuna dikkat edin, çünkü S kümesinde farklılık gösterirler. Tümevarım hipotezine göre, U’ zaten çıktı olmuştur. U’ çıktısı verildiğinde, vj+1 tepe noktasının, i < j + 1 indeksi ile U’ içindeki bazı vi tepe noktalarına bitişik olmadığı bulundu. Açıkça, elimizde (Uj′+1 − N(vj+1) var )) ∪ {vj+1} = Uj+1 ve Uj+1, G[{v1, . . . , vj+1}].

Böylece sözlükbilimsel olarak Uj+1 içeren ilk maksimal T kliği Q’ya eklendi. Bir kez daha j’nin maksimalitesi ile U ve T ilk j + 1 köşelerinde çakışıyor. U ̸= T olduğunu varsayalım. U ve T’nin vk üzerinde uyuşmadığı ilk dizin k olsun.

Buradan k > j + 1 çıkar. T sözlüksel olarak U’dan küçük olduğu için, vk ∈ T ve vk ∈/ U’ya sahibiz. Dolayısıyla Uk, G[{v1,…,vk}]’de maksimal bir klik değildir, j’nin maksimalitesi ile çelişki. Bu nedenle, U = T ve dolayısıyla U, Q’dadır. Bu, tümevarım adımını kanıtlar.

Zamana bağlı olarak, maliyetli işlemler, sözlüklerin çıkarılmasıdır. Q’dan coğrafi olarak en küçük maksimal klik (O(n log C)’ye ihtiyaç duyar), belirli bir seti içeren maksimal kliklerin n hesaplaması (her set için O(n+m) alır) ve Q’ya maksimal bir klik ekleme girişimi (klik başına O(n log C) ⌈n⌉ 3 maliyetle). C ≤ 3 3 olduğundan, en kötü durumda toplam gecikme O(n )’dir.

Sayma karmaşıklığı. Bu bölümü maksimal kliklerin sayısını saymanın karmaşıklığına ilişkin bazı açıklamalarla bitiriyoruz. Maksimal klikleri saymanın bariz bir yolu, onları yukarıda belirtilen bazı algoritmalarla numaralandırmak ve her klik çıkışında bir sayacı artırmaktır.

Ancak bu, katlanarak zaman alacaktır. Soru, sayıyı grafik boyutunda daha doğrudan ve zaman polinomunda hesaplamanın mümkün olup olmadığıdır. Bu tür konuları incelemek için, NP problemlerinin örneklerinin çözüm sayısını sayan tüm fonksiyonların sınıfı olarak kabul edilebilecek #P sınıfı tanıtıldı.

Maksimal kliklerin sayısını saymanın #P-tamamlandığı gösterilebilir (uygun bir indirgenebilirlik kavramına göre). Hemen bir sonuç, maksimum klik sayısını hesaplamak için bir polinom-zaman algoritması varsa, o zaman Clique P’dedir ve dolayısıyla P = NP’dir. Düzlemsel, iki parçalı veya sınırlı dereceli grafikler söz konusu olduğunda, maksimal klikleri saymak için polinom-zamanlı algoritmalar bulunduğunu unutmayın.

Algoritma Nedir
Algoritma Soruları
Algoritma Nedir Örnekleri
Yazılımda Algoritma Nedir
algoritma nedir
Algoritma cesitleri
algoritma
Algoritma ve PROGRAMLAMA

Yapısal Olarak Yoğun Gruplar

Klik kavramının minimum derecelere dayalı iki gevşetmesini gözden geçiriyoruz. Bir gruptaki bireylere evrensel kısıtlamalar dayattıkları için her iki gevşeme de yapısaldır.

Pleksler

Klik kavramını, bir gruptaki üyelerin diğer grup üyeleriyle bazı bağları kaçırmasına izin vererek, ancak yalnızca belirli bir N ≥ 1 sayısına kadar genelleştiriyoruz. Bu, bir N-pleks kavramına yol açar.

Açıkçası, bir klik basitçe bir 1-plekstir ve bir N-plex aynı zamanda bir (N + 1)-plex’tir. Bir U ⊆ V altkümesinin, ancak ve ancak U’nun bir N-pleks olması ve kesinlikle G’nin herhangi bir daha büyük N-plex’inde yer almaması durumunda maksimal bir N-plex olduğunu söylüyoruz. Bir U ⊆ V altkümesi maksimum bir N-plex’tir ancak ve ancak U, G’nin tüm N-pleksleri arasında maksimum sayıda köşeye sahiptir.

Bir N-pleksinin herhangi bir alt grafiğinin aynı zamanda bir N-pleks olduğu, yani N-plekslerinin dışlama altında kapalı olduğu kolayca görülebilir. Ayrıca, bir N-pleksinin boyutu ile çapı arasında aşağıdaki ilişkiye sahibiz.

Diyelim ki N < n+2. u,v ∈ V, u ̸= v olacak şekilde köşeler olsun. Eğer u ve 2 v bitişik, aralarındaki mesafe birdir. Şimdi, u ve v’nin bitişik olmadığını varsayalım. u ve v arasındaki mesafenin en az üç olduğunu, yani mahallelere göre N (u) ∩ N (v) = ∅ olduğunu varsayalım.

Böylece, u ve v arasındaki mesafe en fazla ikidir. Dolayısıyla çap(G) ≤ 2. n ≥ 4 için G’nin 2-kenar bağlantılı olduğunu doğrulamak için, bunun tersine bir köprü olduğunu varsayalım, yani bir e kenarı olduğunu varsayalım, öyle ki onu çıkardıktan sonra, G−{e } birbirine bağlı iki bileşenden oluşur V1 ve V2.

Açıkçası, V1’deki bir tepe noktasından V2’deki bir tepe noktasına kadar her en kısa yol bu köprüyü kullanmalıdır. çap(G) ≤ 2 olduğundan, bir bileşen bir tekildir. Bu, bu bileşendeki tepe noktasının birinci dereceye sahip olduğu anlamına gelir. Bununla birlikte, V, n ≥ 4 köşeli bir N-pleks olduğundan, bu köşenin derecesi için n−N > n−(n+2)/2 = (n−2)/2 ≥ 1, bir çelişki elde ederiz. Bu nedenle, G’de bir köprü olamaz.

2. Varsayalım ki N ≥ n+2. {v0,v1,…,vr} 2’nin en uzun en kısa yolu olsun G, yani r çapını gerçekleştiren bir yol. r ≥ 4 olduğunu varsayabiliriz. v0 ve vr arasında daha kısa bir yol olmadığından, tüm i ∈ için vi’nin v0,…,vi−2,vi+2,…,vr’ye bitişik olmadığını elde ederiz. {0,…,r} (burada negatif indeksli köşeler yoktur). Ayrıca, hem v0 hem de v3’e bitişik bir tepe noktası olamaz. Bu nedenle, aşağıdaki dahil etme doğrudur.

Sol tarafta ayrık bir birliğimiz olduğuna dikkat edin. Böylece 1 + (r − 1) + dG(v3) − 2 ≤ N eşitsizliğini elde ederiz. r + n − N − 2 ≤ N’yi takip eder.

Hesaplamalı bir bakış açısından, maksimum pleksleri bulmak, maksimum klikleri bulmaktan daha kolay değildir. Bu, problem örneğinin G grafiğinden, boyut parametresi k’den ve pleks parametresi N’den oluştuğu pleksler için değişken karar problemini düşündüğümüzde hemen ortaya çıkar. Clique formun örnekleri olarak göründüğü için (G,k,1) , sorun NP-tamamlandı. Sabit N için belirli boyutlarda N-plekslerini bulmanın karmaşıklığını tartışıyoruz. Herhangi bir N > 0 doğal sayısı için karar problemini tanımlıyoruz.

The post Algoritmanın Doğruluğu – Bilgisayar Bilimleri Ödevleri – Bilgisayar Bilimleri Ödev Hazırlatma – Bilgisayar Bilimleri Alanında Tez Yazdırma – Bilgisayar Bilimleri Ödev Yaptırma Fiyatları first appeared on Online (Parayla Ödev Yaptırma).