Creo que la respuesta a su pregunta es "no" porque una condición equivalente implicaría una solución de tiempo polinomial a IG.
Para , la matriz de adyacencia del gráfico G , tenga en cuenta que el número de trayectos desde i hasta j de longitud k es ( A k ) i , j (con la repetición de vértices y aristas permitidas). Para dos gráficos G 1 y G 2 (con matrices de adyacencia A 1 y A 2 ) y k ≥ 1 , si clasificó los elementos de A k 1 y A k 2, entonces paraUNAsolyojk( Ak)i , jsol1sol2UNA1UNA2k ≥ 1Ak1Ak2 para ser isomorfo a G 2 , es una condición necesaria que las listas sean idénticas para todos los k .G1G2k
Creo que tu conjetura es equivalente a:
Si las listas ordenadas de elementos de y A d 2 son idénticas para k = 1 a n - 1 (en el camino más largo con vértices no repetidos), entonces G 1 y G 2 son isomórficos.Ak1Ad2k=1n−1G1G2
Entonces, para resolver IG, uno solo tiene que realizar multiplicaciones de n × n matrices (y un poco de tiempo extra para ordenar y comparar n 2 elementos). Esto llevaría menos de n 4 veces.n−1n×nn2n4
Admito dos posibles fallas en mi argumento. Primero, es totalmente posible que GI tenga un algoritmo de tiempo polinómico y que lo hayamos descubierto juntos, justo ahora (¡hurra, somos famosos!). Esto me parece altamente improbable. En segundo lugar (y mucho más probable), lo que he propuesto no es realmente equivalente a su conjetura.
Pensamiento final. ¿Has probado esto para todos, digamos, gráficos de 3 regulares para el tamaño 8 más o menos? Creo que si su conjetura es falsa, debería haber un contraejemplo en gráficos 3-regulares de tamaño bastante pequeño.