Bir alt küme toplam değişkeninin karmaşıklığı

Altküme toplamı sorununun bu varyantı kolay / biliniyor mu?

Bir tamsayısı ve bir pozitif tamsayı kümesi verildiğinde, her için en fazla bit ayarlanmıştır ( ); elemanlarının toplamı eşit olacak şekilde bir alt kümesi var mı? $m$ $A = \{x_1, x_2, ..., x_n\}$ $x_i$ $k=2$ $1$ $x_i = 2^{b_{i_1}}+2^{b_{i_2}},\;\; b_{i_1},b_{i_2}\geq 0$ $A' \subseteq A$ $m$

İçinde bulunduğu $\sf{P}$ ? Hala $\sf{NP}$ eksik mi?

Ve her $x_i$ en fazla $k=3$ bit ayarlanmışsa $1$ ? For $k=1$ sorun önemsiz olduğunu.

complexity-theory reference-request decision-problem

— Vor
kaynak

için bile hala eksiktir . Bir alt küme toplamı örneği göz önüne alındığında, sayıları bölerek ve bazı ekstra bitler ekleyerek onu bu değişkene dönüştürebiliriz. $\sf{NP}$ $k=2$

Birincisi, sorunun tüm sayıların toplamı daha az olacaktır sayısının bazı değerleri için . $2^m$ $m$

Şimdi, bitleri ayarlanmış olan orijinal problemden bir sayısı alalım . Bu sayıyı tam olarak 2 bitlik ayarlanmış sayılarına böleriz, böylece bu sayıların toplamı . Biz bularak, yinelemeli yapabilirsiniz numaraları ilk için özetler bit artı ve rakamlar, bu son bit artı . $n$ $k$ $k$ $n+2^{k+m}$ $\lceil{k}\rceil$ $\lceil{k}\rceil$ $2^{k+m-1}$ $\lfloor{k}\rfloor$ $\lfloor{k}\rfloor$ $2^{k+m-1}$

Bu sayıya ek olarak, soruna sayısını da ekleyeceğiz . Bir çözüm ya bu sayıyı ya da daha önce yapılmış olan tüm sayılarını içermelidir . Orijinal hedef değer ise, yeni hedef değer . $2^{k+m}$ $k$ $t$ $t+2^{k+m}$

Orijinal sorun birden fazla numarası vardı, biz alarak bu işlemi tekrarlayabilirsiniz yeni değeri . $k+m+1$ $m$

konumundaki bitin ayarlanmasının yalnızca iki yolu vardır : cevap, sayısını veya kadar toplanan tüm numaralarını içerebilir . Böylece, alt küme toplamını alt küme toplam varyantınıza indirdik. $k+m$ $2^{k+m}$ $k$ $n+2^{k+m}$

Örnek olarak, hedef değerini alalım . Bu sorun, aşağıdaki ikili sayılar alınarak burada sunulan alt küme toplam değişkeni olarak kodlanabilir: ${\{2,3,5\}}$ $7$

2, ve eşlenir . (Burada ekstra bit kullanmak kesinlikle gerekli değildir.) $0100\ 1$ $0000\ 1$

3, ve eşlenir $1000\ 00\ 1, 0100\ 00\ 1$ $0000\ 00\ 01$

5, ve eşlenir . $1000\ 00\ 000\ 1, 0010\ 00\ 000\ 1$ $0000\ 00\ 000\ 01$

Yeni hedef değer . $1110\ 10\ 010\ 01$

Orijinal sorun bit ile temsil ediliyorsa, dönüştürülen sorunun en fazla biti vardır. Orijinal problem, her biri en fazla bit içeren en fazla numarasına sahip olacaktır , bu nedenle hepsinin toplamı da O (n) 'dir. Dönüştürülmüş sorun olacaktır numaraları (her biri yana bitlik sayı bölünmüş olan bitlik sayı bunların uzunluğu en fazla olmak üzere, Kullandığımız yana için ek bit Dönüştürülen problemin toplam büyüklüğü bittir. $n$ $O(n^4)$ $O(n)$ $O(n)$ $O(n^2)$ $n$ $n+1$ $2$ $O(n^2)$ $n$ $O(n^4)$

— Tom van der Zanden
kaynak

kodlamanın çalışma bandının üstel boyutuna yol açmadığından emin misiniz?

— Vor

Hayır, bence dönüştürülmüş problem büyüklükte. Girişte n bit varsa, her biri n bit ayarlanmış en fazla n sayı vardır. Dönüştürülmüş problemde O (n ^ 2) sayıları olacaktır (bir k-bit sayı k + 1 sayılarına bölündüğü için). Her sayı, orijinal problemdeki n sayıların her biri için maksimum toplam artı n biti içerecek şekilde (2n) bit uzunluğundadır. Böylece her sayı, toplam O (n ^ 4) bit için O (2n + n ^ 2) bite sahip olacaktır.

— Tom van der Zanden

@TomvaderZanden: Soruda azaltmanızın bir resmini ekledim; doğru yorumlayıp yorumlamadığımı görün

— Vor

@TomvaderZanden: bugün tekrar azaltılması bakmak, ama keyfi bir numaradan nasıl belirsizdir ile bitleri set sen içine ayırabilirsiniz için "en yüksek" kısmı toplamları 2 bitlik sayıların . Eğer bir numara olduğunu varsayalım ile set bit; 13 2-bit sayıya ihtiyacınız vardır, ancak 13 1101'dir ve iki bit sayı ile "kaplayamazsınız" (örneğin 3 ve 5 k = 2 olduğu için çalışır). Ben 2-bit sayıların her biri için farklı bir yüksek bit kullanırsanız bu kolayca düzeltilebilir düşünüyorum ; 01111 ... 1'e toplarlar, sonra toplamın olmasına izin veren bir kukla 0000 ... 1 eklersiniz .

n

$n$

k

$k$

k

$k$

2^{k}

$2^k$

n

$n$

k = 13

$k=13$

k

$k$

2^{k}

$2^k$

— Vor

Biraz belirsiz, ama bir "endüktif" prosedür kullanılarak kesinlikle mümkündür. Aslında bitine ihtiyacınız yok , sadece ihtiyacınız var . Eğer 13 1 bitlik numaralarını bulmak istiyorsanız toplamı kadar olduğu , o zaman toplamı kadar olduğu 6 sayı bulmalıyız ve 7 ayrıca özetlemek . Biz sunar gerçekten özetliyor .

k

$k$

c e i l (\log k)

$ceil(\log k)$

2^{4}

$2^4$

2^{3}

$2^3$

2^{3}

$2^3$

10 * 2^{0} + 3 * 2^{1}

$10*2^0+3*2^1$

2^{4}

$2^4$

— Tom van der Zanden

Bu, Vor tarafından sorudan çıkarılan bilgidir.

İçin sorunun NP-tam kalır. Monoton X-SAT'dan hızlı bir azalma buldum ( azaltma şemasına bakın ). $k \geq 3$

Sorun olsa bile NP-tamamlanmış kalır , ayrıntılar için Tom'un cevabına bakın. SUBSET SUM'dan indirgemesinin küçük bir temsili: $k = 2$

resim açıklamasını buraya girin

— Juho
kaynak