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Problema con número limitado de cada colores del colorante.

Estoy investigando gráfico para colorear problema.
Pero no puedo encontrar ninguna solución sobre el problema con un número limitado de cada uno de los colores. Quiero decir, Supongamos que tres colores(verde, rojo, azul) y un gráfico, podemos empezar a color de cada vértice, pero (Si el color verde del límite es 3) no podemos colores como el verde después de que ya hemos usado en verde 3 veces.
Cualquier comentario acerca de este problema será apreciado. En cualquiera de los documentos, artículos, o tal vez la solución en sí misma.

Gracias por adelantado.


Para simplificar y aclarar la pregunta, me esta pensada una gruesa ejemplo.
(vértice para colorear. NO borde de colorear)

1) Tenemos 3 colores, digamos, verde, azul, rojo. Y la gráfica es una línea. Cada vértice tiene dos aristas, excepto dos(=inicio de uno, y al final uno). Me refiero a esto : ○-○-○-○-○-○-○. $V$ es el vértice número. En este caso,$V=7$. Empezamos a colorear cada vértice, pero el límite es de 3, 2, 2.(Por simplicidad, la suma de los límites de la misma con el número de vértices.) Por lo que podemos utilizar sólo 3 verdes, 2 azules, 2 rojos.(Seguramente todos los colores no deben ser adyacentes).
La respuesta debe ser 38.(encontrado por la comprobación de todas las combinaciones)

2) ¿Cómo sobre un anillo gráfico( así que todos los vértices tienen dos bordes). en el caso anterior?

3) ¿qué tal perterson gráfico con los límites de 4, 3, 3?


No espero que el elegante($\approx$corto) solución. Tengo curiosidad acerca de la manera de cómo resolver esto correctamente, y desean romper con este problema sin encontrar de TODOS los casos posibles y comprobar uno por uno. Tal vez algunos (tedioso) $nCr$s, sería agradable. Si el vértice y el número de colores son limitados(por ejemplo. $<1000$), el tiempo de complejidad, pudieran no ser un gran problema. (No podemos comprobar todos los casos, incluso en este pequeño tamaño. La combinación de la complejidad está en el factorial de orden.$\approx 1000!$) Creo que esto puede ser posible mediante el uso de la progresión, la inducción o algo por el estilo.

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Fabio Somenzi Puntos 11

Desde equitativa para colorear (gracias a @SteveKass para el puntero) es NP-completo y es exponencialmente reducible a la OP del problema, el segundo es también NP-completo. (Composición de la NP es claro.)

No puede ser el enfoque más rápido en la práctica, pero que codifica el problema, por lo que puede ser pasado a un proposicional SAT solver o un SMT solver puede funcionar razonablemente bien y no requiere de mucho codificación. He intentado Z3 en el gráfico de Petersen sólo por diversión y llegué a la siguiente solución:

$$ \begin{align} V &= \{0,\ldots,9\} \\ E &= \{(0,5), (1,6), (2,7), (3,8), (4,9), (5,6), (6,7), (7,8), (8,9), (9,5),\\ &\quad\quad (0,2), (2,4), (4,1), (1,3), (3,0)\} \\ C &= \{(0,R), (1,R), (2,B), (3,B), (4,G), (5,B), (6,G), (7,R), (8,G), (9,R)\} \enspace, \end{align} $$ donde $C \subseteq V \times \{R,G,B\}$ es el color de la relación. El problema es pequeña; por lo tanto el tiempo de solución es insignificante. También he comprobado que no hay solución con límites $(4,4,2)$.


Si queremos contar las soluciones, se puede agregar una cláusula a la SAT de consulta que las normas de la solución acabo de encontrar y repita el satisfiability comprobar hasta que la fórmula se convierte en unsatisfiable.

Para el gráfico de Petersen este proceso produce el 40 soluciones. Sin embargo, en el gráfico se ha de rotación y el espejo de simetrías, mientras que los dos "3-colores" (aquellos que sólo pueden usar tres veces) son intercambiables. De cada válido para colorear por lo tanto, podemos obtener $5 \times 2 \times 2 = 20$ colorantes.

Para obtener el SAT de consulta para devolver sólo las soluciones que no pueden ser obtenidos de otras soluciones por rotación, simetría, o el color de intercambio, podemos agregar restricciones que solucionar eficazmente el colorante de la "estrella interior" de la gráfica.

Un momento de reflexión muestra que sólo hay una manera de que el color del interior de la estrella "módulo gráfico y el color de simetrías." Dos puntos adyacentes de la estrella debe llevar a la 4-color, más dos puntos adyacentes debe llevar a uno de los 3 colores, y el quinto punto, debe llevar a la otra de 3 colores. Hay 20 formas de hacer eso, pero todos ellos están relacionados por simetrías.

Dada la coloración de la estrella interior, hay dos maneras de que el color del exterior del pentágono. Además de la que se muestra arriba, el SAT solver devuelve

$$ C = \{(0,R), (1,R), (2,B), (3,B), (4,G), (5,G), (6,B), (7,R), (8,G), (9,R)\} \enspace. $$

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