k正則グラフのハミルトニシティ

ハミルトニアンサイクルが平面（Garey、Johnson、およびTarjan、SIAM J. Comput。1976）または2部（秋山、西関、および斉藤、J。Inform。Proc。1980）または、ヨルダン曲線の配列によって形成されたグラフであっても、4規則グラフにハミルトニアンサイクルが存在するかどうかをテストする（Iwamoto and Toussaint、IPL 1994）。

k正則グラフのハミルトニシティをテストするためにNP完全であることが知られている他のkはどれですか？

私が興味を持っている特定のケースは、6個の正規グラフで、グラフに頂点の数が奇数であるという追加条件があります。このケースがNP完全（または多項式）であると示される場合、http：//arxiv.org/abs/1009.0579で説明されているグラフ描画の問題に影響があります。「奇数の頂点」条件は、6正規グラフの場合、グラフにハミルトニアンサイクルまたは2部2因子のどちらが含まれているかを本当に知りたいからです。ただし、頂点の数が奇数であると、2部2因子の可能性が排除され、ハミルトニアンサイクルの可能性のみが残ります。

最初のステップでは、グラフの頂点が偶数であると仮定します。2番目の段階では、構造を拡張して、kが偶数の場合に、グラフを頂点の数が奇数になるようにする方法を示します。

解決策は、他の回答で提案されたアイデアを改良したものです。

前編

主張：頂点数が偶数の正則グラフGが与えられた場合、（k + 1 ）-正則であるグラフHを計算できます。$k$$G$$H$$(k+1)$ IFFハミルトニアンであり、Gはハミルトンです。$H$$G$

証明：正則グラフGの 2つのコピーを取り、それらをG 1およびG 2と呼びます。頂点のためのV ∈ V （G ）、聞かせてV 1及びV 2は、対応するコピーです。v に対してk + 2の頂点を持つクリークを作成します。2つの頂点を選んでV "とVを「このクリークでは、それらの間のエッジを削除します。次に、接続し$k$$G$$G_1$$G_2$$v \in V(G)$$v_1$$v_2$$k+2$$v$$v'$$v''$$v_1$を、を$v'$$v_2$$v''$。ましょ、この成分を表し。$C(v)$$v$

すべての頂点に対してこれを繰り返し、Hが結果のグラフを示すようにします。$G$$H$

明らかに、グラフはk + 1規則的です。がハミルトニアンの場合にのみ、はハミルトニアンであると主張します。$H$$k+1$$H$$G$

一つの方向は明確です。中Hambiltonianサイクルを考えると、我々は中にサイクルにそれを翻訳することができ。実際、サイクルが頂点訪れるときはいつでも、すべての頂点を訪れている間にから（またはその逆）に移動すると解釈します。そのため、これによりハミルトニアンサイクルが発生します。（これは、元の頂点の数が偶数であるという事実を使用していることに注意してください-サイクルが奇数の場合、これは故障します。）$G$$H$$v$$v_1$$v_2$$C(v)$$H$

他の方向については、ハミルトニアンサイクルを考えます。は、で開始し、すべての頂点を訪問し、（または対称オプション）から離れるサイクルの一部によって訪問される必要があります。実際、ハミルトニアンサイクルは同じから出入りすることはできません。そのため、Gのハミルトニアンサイクルとしての自然な解釈としてののハミルトニアンサイクル。QED。C （v ）v 1 C （v $H$$C(v)$$v_1$$C(v)$、V 、I$v_2$$v_i$$H$$G$

第二部

剛によって以下で述べられているように、3つの正則グラフはすべて偶数の頂点を持っています。そのため、頂点が偶数の正規グラフでは問題は困難です。つまり、上記の削減は、結果のグラフの頂点数が偶数であるにもかかわらず、k正則グラフでは問題が難しいことを示しています。$3$$k$

これは、次の問題がNP困難であることを意味することを観察します。

問題A：偶数個の頂点を持つk正則グラフ特定のエッジeを通るハミルトニアンサイクルがあるかどうかを決定する。$G$$e$

ただし、が偶数の場合、インスタンス（G 、e ）が与えられると、それを望ましい問題に減らすことができます。実際、クリーク内の1つのエッジを削除し、その2つのエンドポイントをeのエンドポイントに接続する前と同様に、エッジeをk + 1頂点のクリークに置き換えます。$k$$(G, e)$$e$$k+1$$e$、および削除グラフから。明らかに、新しいグラフHの場合：$e$$H$

• は k正則です。$H$$k$
• $H$ IFFハミルトニアンであり使用サイクルとハミルトニアンであるEを。$G$$e$
• あり | V （G ）| + $H$頂点=> Hの頂点の数は奇数です。$|V(G)| + k+1$$H$

。なお、用-regularグラフ、$k$$k$奇数の頂点の偶数を持たなければならないこのように、全く存在しない、（ちょうどエッジをカウント）で、頂点の奇数と-regularグラフは、kが奇数です。$k$$k$

結果

kを決定するのはNPハードです$k$ -regularグラフはハミルトニアンサイクルがある。グラフの頂点の数が奇数であっても、問題はNPハードのままです。$k\geq 3$

もちろん、私が愚かな間違いを犯したことは常に可能です...

運動

我々は、グラフから行きたい場合は -regular（例えば）であるグラフに2 のkその後、上記の削減を適用した結果のグラフは、繰り返しに指数関数的に依存サイズでグラフになり-regular K。k-正則グラフGおよびi > 2が与えられた場合、（k + i ）-正則であり、そのサイズがk 、iおよびnの多項式であるグラフHを構築できることを示します。ここで、nは頂点の数ですG。さらに、$k$$2k$$k$$k$$G$$i >2$$H$$(k+i)$$k,i$$n$$n$$G$ハミルトン場合にのみである Hはハミルトニアンです。$G$$H$

（これを解決する方法を知っているので、質問ではなく演習としてこれを投稿しています。）

編集：コメントで指摘されているように、この証明は間違っています。（投稿を削除する必要がありますか？）

ハミルトニシティがk正則グラフでNP困難である場合、直感的には、（k + 1）正則グラフでもNP硬直である必要があります。封筒の裏側の削減は次のとおりです。これは私には問題ありませんが、もちろん間違いがあるかもしれません。

Gをk正則グラフとします。G 'をGとエッジのグラフデカルト積とします。言い換えれば、G 'はGの2つのコピーを持つグラフであり、すべての頂点がそのコピーに接続されています。各頂点に1つの余分なエッジが追加されたため、G 'は（k + 1）になりました。

主張： G 'がハミルトニアンサイクルを持っている場合にのみ、Gはハミルトニアンサイクルを持っています。

証明： Gにハミルトニアンサイクルがある場合、G 'にもハミルトニアンサイクルがあることが簡単にわかります。（u、v）はハミルトニアンサイクルのエッジであると言います。そのエッジを使用せずにサイクルをuからvに移動し、エッジを使用する代わりに、vからv 'に移動します。v'はGのコピーのvに対応する頂点です。今度は逆の順序でサイクルを移動しますこのグラフでは、u 'に戻ります。次に、u 'からuに移動して、サイクルを完了します。

G 'が頂点uから始まるハミルトニアンサイクルを持っている場合、G上の同じトラバースのシーケンスを考慮します。同じグラフ内の隣接する頂点に移動が行われるたびに、Gで同じ移動を行います。移動が行われるたびに他のグラフの対応する頂点に対しては、何もしません。すべての動きはグラフGで有効であり、サイクルは頂点uで終了するため、これはハミルトニアンサイクルです。