Bu örtü sorununun karmaşıklığı nedir?

Düzenleme: İlk önce kısıtlamamı (2) yanlış biçimlendirdim, düzeltildi. Daha fazla bilgi ve örnekler de ekledim.

Bazı meslektaşlarımızla, başka bir algoritmik soruyu inceleyerek, sorunumuzu aşağıdaki ilginç soruna indirgeydik, ancak karmaşıklığı sorununu çözemedik. Sorun şu şekilde.

Örnek: bir tam sayı , bir tam sayı ve bir dizi ve grubundan çift .$n$$k<n$$S=\{\{s_1,t_1\},\ldots,\{s_n,t_n\}\}$$n$$\{1,\ldots,n\}$

Soru: grubu var mı boyutu her bir eleman için, öyle ki arasında : (1) eğer , aralık olduğu bir çift tarafından tanımlanan aralığına dahil edilir ve (2) , en az biri bir miktar çiftine aittir ? (2) bazı çiftine ait .k i { 1 , … , n } i < n [ i , i + 1 ] [ s i , t i ] S ′ i i + 1 S ′ i S $S'\subseteq S$$k$$i$$\{1,\ldots,n\}$
$i<n$$[i,i+1]$$[s_i,t_i]$$S'$
$i$$i+1$$S'$
$i$$S'$

Örnek
kümesi uygun bir çözümdür ( eşit olduğunu varsayarak ): çift koşulu sağlar (1), diğer tüm çiftler koşulu sağlar (2).n { 1 , n $\{\{i,i+1\}~|~i~\text{ is odd}\}\cup\{1,n\}$$n$$\{1,n\}$

Açıklamalar
(I) Her çift tam olarak iki element içerdiğinden, koşulu (2) yerine getirmek için en az çiftine ihtiyacımız vardır. BTW , olduğunu varsaydığımız için tamamını geri getirerek önemsiz bir 2-yaklaşımı demektir . S| S| ≤$\frac{n}{2}$$S$$|S|\leq n$

(II) 'sorun bakıyor bir diğer yolu ile bir merdiven dikkate etmektir (örneğin, bir şekilde adımları aşağıdaki birlikte bir dizi ile,) ve merdivenin döngü. Merdivenin her adımı bir elemana karşılık gelir ve her bir kenar kenarı bir aralıktır . Adım da dahil olmak üzere bir döngü karşılık tam olarak bir çift : bu arasındaki tüm ardışık aralıkları kapsar ve ve her iki durur ve . Soru kümesi olup olmadığını daha sonra arasında$n$n [ i , i + 1 ] s , t { $S$$n$$[i,i+1]$$s,t$s t s t S ' ⊆ S $\{s,t\}$$s$$t$$s$$t$
$S'\subseteq S$$k$birleşimi merdivenin tüm kenarlarını örten çevrimler (basamak kenarları ve yan kenarlar dahil).

Bir durumda (1) için isteyen Eğer (III) 'ün, bir sorun karşılık gelir görünen grubu sorunu aralıklarından tanımlanmış bazı aralık grafikte çiftleri tarafından verilen ilave küçük aralıklarla bir araya , içindeki her için . Bu problem lineer zamanda klasik olarak çözülebilir (bakınız örneğin burada ). Benzer şekilde, eğer sadece bir koşul (2) isteniyorsa, bu, kenar eşleştirme sorununa indirgenebilir (köşeler elemanlardır, kenarlar çiftlerdir), bu da maksimum eşleştirme yaklaşımıyla çözülebilen polinom süresidir.S [ i + ϵ , i + 1 - ϵ ] i { 1 , … , n - 1 $[s_i,t_i]$$S$$[i+\epsilon,i+1-\epsilon]$$i$$\{1,\ldots, n-1\}$

Yani benim sorum başlığında:

Bu P sorunu mu? NP tamamlandı mı?

Benzer bir sorun için herhangi bir referans açığız.

Bu, gündeme getirdiğiniz soruyu çözmese de, önceki yorumların bazıları yaklaşık algoritmaları göz önünde bulundurur. FWIW, dinamik programlama kullanarak bir PTAS (poli-zaman yaklaşım yaklaşımı) mümkün olduğunu düşünüyorum. İşte fikir.

Herhangi bir örnek ve verildiğinde , aşağıdaki gibi bir çözüm oluşturun. Her bir ( 1 / ϵ ) 'tepe noktasını işaretleyin. Her bir köşe işaretlenmiş için i kenarlarının her gelen, ( j , k ) o "yayılma" ı (yani, bu sınırlamayı (1) yerine bu i ), bir en aza indirir bu kenarı tercih j ve bir en aza indirir maksimize k . Bu ekleme 2 £ değenni n çözümüne kenarları.$\epsilon > 0$$(1/\epsilon)$$i$$(j,k)$$i$$i$$j$$k$$2 \epsilon n$

Bu kenarlar, tepe noktalarının çoğu için tip (1) sınırlarını karşılar. Bu arada bu katkı olan çözelti, kenarları, sadece O ( ε OPT ) . Bitirmek için, kalan tüm tip (1) ve tip (2) sınırlamalarını karşılayan bir kenar kümesi bulma problemine en uygun çözümü bulacağız.$2n\epsilon$$O(\epsilon \mbox{OPT})$

Köşelerin bir "bloğunu", (1) tipi sınırlamaları bugüne kadar eklenen kenarlarla karşılanan üst üste bir dizi köşe olarak tanımlayın. Ardışık iki blok arasında, (1) tipi kısıtlamaları karşılanmayan bir dizi köşe vardır. (Bu tür herhangi bir dizinin uzunluğu en fazla , çünkü işaretli köşeler önceden eklenmiş kenarların karşılaştıkları tip (1) sınırlamalarına sahiptir.) Bu gibi herhangi bir diziyi iki bitişik bloğun bir "mahallesi" olarak adlandırın (böylece her blok bir soldaki mahalle ve sağındaki mahalle).$1/\epsilon$

Her mahalle içinde, mahalle her tepe için, her kenar köşe yayılma en bir mesafe bırakarak (kenar herhangi bir belirgin tepe yayılan nedeniyle). Bu nedenle, tepe en derecesine sahip 1 / £ değerinin . Bu durumda, her bir mahalle en sahip 1 / ε en köşeleri ve dokunur 1 / ε 2 kenarları. Bu kenarların herhangi bir alt kümesini mahallenin bir "yapılandırması" olarak adlandırın. Bir konfigürasyon mahalledeki köşeler için tüm tip (1) ve tip (2) sınırlamalarını karşılıyorsa, "geçerli" konfigürasyonunu çağırın.$1/\epsilon$$1/\epsilon$$1/\epsilon$$1/\epsilon^2$

Her blok için, her çifti için, ( Cı- ı , Cı i + 1 ) (vs maksimum eşleştirme kullanarak polinom zamanda,) bloğun iki mahalle, işlem geçerli konfigürasyonları, en küçük boyut F i ( Cı- ı , C ı + 1 ) herhangi bir dizi S herhangi varsa bu) (kenarlardan kenarlar Cı i ∪ S ∪ Cı i + 1 karşılamak türü (blok köşeler için 2) kısıtlamalar. En fazla 2 $i$$(C_i, C_{i+1})$$F_i(C_i,C_{i+1})$$S$$C_i\cup S \cup C_{i+1}$konfigürasyonları, bu polinom zamanında yapılabilir (sabit eps için). $2^{1/\epsilon^2} = O(1)$

Şimdi bir diziyi bularak orijinal örneğini çözebilir geçerli yapılandırmaları, her mahalle için bir, en aza indirir o Σ i | D i | + K i ( D I , D i + 1 ) , E i , önceki paragrafta tanımlandığı gibi olduğu. Bu durum, maliyet ve bir kenar ile tüm geçerli yapılandırmalar ile oluşturulan grafik bir kısa yol bulma yapılabilir | D i | $D_1, D_2, .., D_k$$\sum_i |D_i| + F_i(D_i, D_{i+1})$$F_i$ her bir konfigürasyon ile ilgili D i mahalle için i her bir konfigürasyon için D i + 1 mahalle için I + 1 . (Bu grafik boyutu vardır O ( 2 1 / ε 2 , n ) olup, O ( n ) sabit, £ değerinin ).$|D_i| + F_i(D_i, D_{i+1})$$D_i$$i$$D_{i+1}$$i+1$$O(2^{1/\epsilon^2} n)$$O(n)$$\epsilon$