Deje un grafo conectado con nodos y los bordes . Deje denota el peso (número entero) de la gráfica , con el peso total en el gráfico. El peso promedio por nodo es . Sea denote la desviación del nodo de la media. LlamamosEldesequilibriodel nodo .
Suponga que el peso entre dos nodos adyacentes puede diferir como máximo en , es decir,
Pregunta : ¿Cuál es el mayor desequilibrio posible que puede tener la red, en términos de y m ? Para ser más precisos, imagine el vector → e = ( e 1 , ... , e n ) . Estaría igualmente contento con los resultados relativos a | El | → e | El | 1 o | El | → e | El | 2 .
Para , se puede encontrar un límite simple en términos del diámetro del gráfico: dado que todo e i debe sumar a cero, si hay un gran e i positivo , en algún lugar debe haber un e j negativo . De ahí su diferencia | e i - e j | es al menos | e i | , pero esta diferencia puede ser como máximo la distancia más corta entre los nodos i y j , que a su vez puede ser como máximo el diámetro del gráfico.
Estoy interesado en límites más fuertes, preferiblemente para la forma o 2 . Supongo que debería involucrar cierta teoría del gráfico espectral para reflejar la conectividad del gráfico. Traté de expresarlo como un problema de flujo máximo, sin éxito.
EDITAR: Más explicación. Estoy interesado en la forma o 2, ya que reflejan con mayor precisión el desequilibrio total. Se obtendría una relación trivial de | El | → e | El | 1 ≤ n | El | El | → e y | El | → e | El | 2 ≤ √ . Sin embargo, espero que debido a la conexión del gráfico y mi restricción en la diferencia de cargas entre los nodos adyacentes, que lasnormas 1 y 2 sean mucho más pequeñas.
Ejemplo: hipercubo de dimensión d, con . Tiene diámetro d = log 2 ( n ) . El desequilibrio máximo es, como máximo, d . Esto sugiere como límite superior para el 1- norm n d = n log 2 , donde incrusto un ciclo en el hipercubo y hago que los nodos tengan desequilibrios . Hasta ahora, no he podido construir una situación en la que esto realmente se obtenga, lo mejor que puedo hacer es algo similar a | El | → e | El | 1 = n / 2 , 1 , 0 , - 1, etc. Entonces, aquí el límite está desactivado por un factor de log ( n ) , que considero demasiado, ya que Estoy buscando (asintóticamente) límites estrechos.
Respuestas:
Desde está limitado por el diámetro d , la norma ℓ 1 va a estar trivialmente limitada por n d , del mismo modo para la norma ℓ 2 , excepto por √|ei| d ℓ1 nd ℓ2 (de hecho, lanormaℓpestá limitada porn 1 / p d).n−−√d ℓp n1/pd
El caso resulta ser sorprendentemente fácil de analizar.ℓ1
Para una ruta, es fácil ver que es O ( n 2 )∥e⃗ ∥1 O(n2) , por lo que no puede hacer nada mejor que .O(nd)
Para una completa árbol ary, se puede dividir por la mitad en la raíz, el establecimiento de w raíz = 0 , ascendente y descendente de un lado al otro hasta que las hojas tienen | e i | = | w i | = log k n , produciendo O ( n log k n ) =k wroot=0 |ei|=|wi|=logkn nuevamente.O(nlogkn)=O(nd)
Para una camarilla, realmente no importa cómo distribuya los pesos, ya que todos estarán dentro de uno del otro, y eso producirá O ( n ) = O ( n d ) nuevamente.1 O(n)=O(nd)
Cuando te das cuenta de que de lo que estamos hablando aquí es de una función , y luego tomamos su norma ℓ 1 , siempre que puedas distribuir pesos arbitrariamente e i ∈ [ - d / 2 , d / 2 ] uniformemente en todo el rango, el límite será O ( n d ) .e:Z→[−d/2,d/2]⊂R ℓ1 ei∈[−d/2,d/2] O(nd)
La única forma de cambiar esto es jugar juegos con la masa. Por ejemplo, si tiene varias camarillas gigantes en puntos que están necesariamente equilibradas, como una camarilla gigante con dos caminos de igual longitud que sobresalen, entonces puede contar con un límite de solo (por ejemplo) .O(d2)
Esto también puede ser cierto para los expansores, pero no estoy seguro. Me imagino un caso donde pones en un gráfico regular y luego deje que los valores aumenten posteriormente de cada salto. Parece probable que la media pueda tener la mayor masa, pero no sé si sería suficiente para afectar el límite.w1=0
Creo que podrías razonar de manera similar sobre .ℓ2
EDITAR:
En los comentarios descubrimos un límite (suelto) de O ( | E | / λ 2 ( L ) )ℓ2 O(|E|/λ2(L)) usando las restricciones del problema y algo de teoría básica de grafos espectrales.
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Para los gráficos conectados, el desequilibrio es superior limitado por el diámetro del gráfico. Para atar el desequilibrio , podemos reescribir cada w k como w k - v 1 + v 1 - v 2 + v 2 - . . . - v k + v k - w i + w i donde w k ,|wi−1/n∑kwk| wk wk−v1+v1−v2+v2−...−vk+vk−wi+wi es el camino más corto de w i a w k . Defina w k i = w k - v 1 + v 1 - v 2 + v 2 - . . . - v k + v k - w i . Podemos escribir
| w i - 1 /wk,v1,...,vk,wi wi wk wki=wk−v1+v1−v2+v2−...−vk+vk−wi
Cada está delimitada superior por la longitud de la trayectoria más corta desde i a k por su suposición de que w i - w j ≤ 1 para cada i , j ∈ E . Por lo tanto, obtenemos el límite trivial: | w i - 1 / n ∑ k w k | ≤ ( n - 1 )wki i k wi−wj≤1 i,j∈E
Esto podría no estar muy lejos de ser óptimo. Estoy pensando en una completa árbol ary donde los nodos en cada nivel tienen un peso mayor que el peso del nivel anterior. Una gran fracción del gráfico tiene el mayor peso, D + 1 . Entonces, el promedio debe estar sesgado hacia la cima. Como k y n se hacen más grandes, espero m para obtener más y más a D + 1 que significa que el desequilibrio debe recibir más y más a D .k D+1 k n m D+1 D
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