Toplam öğrenci süresini en aza indirmek için en uygun soru dizisini bulma

Bir üniversitede bir eğitim oturumu olduğunu varsayalım. Bir grup soru ve bir dizi öğrenci . Her öğrenci, her öğrencinin için sorular, yani belli bir alt kümesinde bir şüphesinin olmadığını , let bir öğrenci şüphe onu sahip olduğu sorular kümesi olsun. olduğunu varsayın $k$ $Q = \{ q_1 \ldots q_k \}$ $n$ $S = \{ s_1 \ldots s_n \}$ $s_j$ $Q_j \subseteq Q$ ve . $\forall 1 \leq j \leq n: Q_j \neq \phi$ $\bigcup_{1\leq j\leq n}Q_j = Q$

Tüm öğrenciler eğitim oturumuna başlangıçta girerler ( ). Şimdi, bir öğrenci şüphe duyduğu tüm sorular tartışıldığı anda eğitim oturumundan ayrılır. Her soruyu tartışmak için geçen süre eşit olduğunu varsayalım, 1 adet söylemek . eğitim oturumunda tarafından harcanan zaman olsun . Soruların tartışıldığı optimal bir permütasyon bulmak istiyoruz , bu miktar $t = 0$ $^*$ $t_j$ $s_j$ $\sigma$ $(q_{\sigma(1)} \ldots q_{\sigma(n)})$ en aza indirilir. $T_\sigma = \Sigma_{1\leq j \leq n}t_j$

Bir polinom zaman algoritması tasarlayamadım veya sertliğini kanıtlayamadım . $\mathsf{NP}$

Sorunun bir karar versiyonu tanımlayabilir

T U T = {⟨ k, n, F_{Q}, C ⟩ ∣ \exists σ : T_{σ} \leq C}

$\mathsf{TUT} = \{\langle k, n, \mathcal{F}_Q, C \rangle \mid \exists \sigma : T_{\sigma} \leq C\}$

burada , 's kümesidir . $\mathcal{F}_Q$ $Q_j$

Daha sonra üzerinde ikili arama kullanarak minimum bulabilir ve için bir kehanet kullanarak polinom zamanda kısmi atamalar kullanarak optimal bulabiliriz . Ayrıca, çünkü optimal , polinom zamanında kolayca doğrulayabildiğimiz bir sertifika olarak kullanılabilir. $T_\sigma$ $C$ $\sigma$ $\sigma$ $\mathsf{TUT}$ $\mathsf{TUT} \in \mathsf{NP}$ $\sigma$

Benim sorum: mı yoksa bunun için bir polinom zaman algoritması tasarlayabilir miyiz? $\mathsf{TUT}$ $\mathsf{NP}$

Sidenote: Bu arada, bu soruyu, TA'nın soruları normal düzeninde tartıştığı, çünkü birçok öğrencinin sonuna kadar beklemek zorunda kaldığı gerçek bir eğitim oturumundan sonra düşündüm . $q_1 \ldots q_n$

Örnek
Let ve . ve . Biz görebilmesi optimal bu durumda, çünkü sonra yapraklar ve yaprak sonra $k=3$ $n=2$ $Q_1 = \{q_3\}$ $Q_2 = \{q_1, q_2, q_3\}$ $\sigma = \langle 3, 1, 2 \rangle$ $s_1$ $t_1 = 1$ $s_2$ , toplamı 4'tür yüzden biz soru amacıyla ele halinde, ancak , daha sonra ve , her iki ucu ve kadar beklemek zorunda , yani toplam 6'dır. $t_2 = 3$
$\langle 1, 2, 3\rangle$ $s_1$ $s_2$ $t_1 = t_2 = 3$

Her soru daha genel olayı çözmek için serbesttir alır tartışmak birimleri! $^*$ $q_i$ $x_i$

— skankhunt42
kaynak

Açık olmak gerekirse: tüm öğrenciler aynı anda mı giriyorlar yoksa ilk soruları sorulduğu andan itibaren mi giriyorlar?

— Ayrık kertenkele

@Discretelizard Tüm öğrenciler başlangıçta aynı anda girerler (t = 0'da).

— skankhunt42

Mevcut tanımda, soru setleri benzersizdir, yani bir grup soru en fazla bir öğrenciye aittir. Bu makul bir sadeleştirme olabilir, ancak bunun gerçekçi olduğundan şüphe ediyorum (ve sorunun karmaşıklığı için çok şey yapacağından şüpheliyim)

— Ayrık kertenkele

Sanırım iki öğrenci aynı soru setine sahip olabilir, bu yüzden bekleme süresi iki ile çarpılır.

— gnasher729

sorununun NP-zor olduğundan şüpheleniyorum . Sorunun NP-zor olan bir problemle güçlü bir şekilde ilişkili olacak şekilde nasıl dönüştürüleceğini göstereceğim . (Evet, hepsi oldukça belirsiz. Temel olarak genel yaklaşımımın doğru olduğunu düşünüyorum, ancak şu anda devam edemiyorum.) $\mathsf{TUT}$

İlk olarak, sorununun aşağıdaki gibi yeniden formüle edilebileceğini unutmayın : $\mathsf{TUT}$

Bir dizi soru verilen büyüklüğü , bir dizi alt- ve bir tam sayı , bir dizi vardır etmez tüm bu şekilde, : $Q$ $k$ $n$ $\mathcal{F}_Q\subseteq \mathcal{P}(Q)$ $C$ $\Sigma : \langle S_1,\ldots, S_k\rangle$ $i \in\{1,\ldots,k\}$

ve ; ve $S_i\subseteq Q$ $|S_i|=i$
Tüm için ; ve $S_i \subset S_j$ $j>i$
? $\sum_{i=1}^k |\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}| \leq C$

setinin , açıklanacak ilk sorularını temsil ettiğini unutmayın . Koşullar 1 ve 2, bu yoruma göre alt-grupların iyi oluşturulmasını sağlar. Koşul 3, her an bırakılmayan öğrenci miktarını sayar, bu yüzden tüm öğrenciler arasındaki toplam bekleme süresini özetler. $S_i$ $i$

Şimdi, biz alt kümelerinin boyutunu sınırlamak için biz köşe gelen elemanlar bir grafik üzerinde kenarları gibi, bu alt kümelerini temsil böylece, . (Bu özel durum için sertlik sonucu genel sorunun sertliği için yeterlidir) $\mathcal{F}_Q$ $2$ $Q$

Şimdi, en aza indirme sorunu tek bir (bu esas olarak koşul 2'yi görmezden gelir), ' ' olarak aşağıdaki soruna eşdeğerdir : $|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$ $i$ $\mathsf{\text{Double max $k$-vertex-cover}}$

Bir yönsüz grafik verilen ve tamsayılar ve , köşeler bir dizi vardır halen mevcut en boyutunun , öyle ki grubu boyutu en az ? $G=(V,E)$ $k$ $t$ $V'\subseteq V$ $k$ $\{(u,v)\in E\mid u\in V' \wedge v \in V' \}$ $t$

Bu cevap NP-zordur, çünkü -clique bu sorunun özel bir durumudur, çünkü bu cevap göstermektedir. Bununla birlikte, bu kanıtlamak için yeterli değildir her için maksimum bulmak gerektiğinden, NP-zor olduğu Bu koşullar her sekans tatmin olmayan durum 2. saygılı, ye uyan tek koşul 1 ve 3: grafiği dikkate iki ayrık döngüsü, bir boyuttaki köşe , başka bir büyüklükte . İçin , tüm köşe seçme tüm köşe seçerken -cycle, maksimum verir $k$ $\mathsf{TUT}$ $i$ $\Sigma$ $7$ $4$ $3$ $i=3$ $3$ $4$ -işik için en uygunudur . $i=4$

Durum 2'nin sorunu daha da zorlaştırdığı ve kesinlikle daha kolay olmadığı görülüyor , bu da NP-zor olması gerektiği anlamına geliyor , ancak bunu resmi olarak kanıtlamak için bir yöntem görmedim. $\mathsf{TUT}$

Özetlemek gerekirse, soruyu aşağıdakilere indirgedim:

için sertlik kanıtını tamamlamak için koşul 2'yi eklemek mümkün müdür ? $\mathsf{TUT}$

$|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$ $i=1\ldots k$ $i-1$ $k$ $i$ üstel alt kümelerin kontrol edilmesini önlemek için en sonunda 'küresel' maksimum olur.

— Ayrık kertenkele
kaynak