Altküme Numaralandırma

Fix . Yeterince büyük , boyutundaki tüm alt kümeleri tam olarak den pozitif tamsayılarla etiketlemek istiyoruz . Bu etiketlemenin aşağıdaki özelliği karşılamasını istiyoruz: bir dizi tamsayı var, st$k\ge5$$n$$\{1..n\}$$n/k$$\{1...T\}$$S$

1. Eğer$k$ boyutu alt kümeleri $n/k$ değil kesiştiği yapmak (yani bu setleri birliği tüm set oluşturan $\{1..n\}$ ), sonra etiketlerine toplamı ise $S$ .
2. Aksi takdirde, etiketlerinin toplamı değildir $S$.

Bir $k\ge5$ ve bir etiketleme var mı , st $T\cdot|S|=O(1.99^n)$ ?

Örneğin, herhangi bir için $k$alt kümeleri aşağıdaki şekilde etiketleyebiliriz. $T=2^n$ , her alt kümenin kendi sayısında $n$ bit vardır: alt küme 1 içeriyorsa ilk bit eşittir , alt küme 2 vb. İçeriyorsa ikinci bit 1 eşittir S'nin yalnızca bir öğe 2 n içerdiğini görmek kolaydır - 1 . Ama burada T ⋅ | S | = Θ ( 2 n ) . Daha iyi yapabilir miyiz?$1$$1$$1$$2$$S$$2^n-1$$T\cdot|S|=\Theta(2^n)$

Kısmi bir cevap, için bile böyle bir etiketlemenin mevcut olmamasıdır.$k$

Bir dizi için ayrık alt-kümeleri S 1 , ... , S t (büyüklük n / k , izin f ( S 1 , ... , S t ) değerlerinin toplamını belirtmektedir).$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

İddia: eğer ve S 1 ∪ … ∪ S t ≠ S ′ 1 ∪ … ∪ S ′ t sonra f ( S 1 , … , S t ) ≠ f ( S ′ 1 , … , S ′ t ) .$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

İddianın doğru olup nedenini öğrenmek için, seçim kümesi öyle ⋃ k i = 1 S i = [ n ] ama sonra bu yeni setleri kesişen biri birini S ' i 'bu yüzden s f ( S 1 , … , S k ) f ( S ′ 1 , … , S ′ t , S ile aynı olmasına izin verilmez $S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$.$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

Sonuç: .$T > {n \choose tn/k}/t$

ayarı , T ≥ 2'nin alt sınırını verir ($t = k/2$.$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

Tek için siparişin alt sınırını aldığını unutmayın ($k$. Zatenk=5içinH((1-1/k)/2)=${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$ böylece üsoldukça hızlı bir şekilde 1 olur .$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

Ben de tek için hiçbir çözüm olmadığını tahmin ediyorum ama nasıl kanıtlamak için emin değilim.$k$

Bu bir cevap değil, sadece k = 2 için böyle bir etiketleme olmamasının bir açıklaması (bunun Alex tarafından zaten bilindiğinden eminim, bu yüzden bu sadece benim gibi diğer okuyucular için bir yazı ...)

K = 2 için . Bunun nedeni($T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$ n / 2 boyutundaki alt kümeler. Herhangi iki ya da daha sonra aynı etiket, örneğin A ve B, A etiketin toplamı alma ve bunun tamamlayıcısı S değildir, ya da S bu ima B'nin etiketi ve bir tamamlayıcısının toplamı iseT≥(${n \choose n/2}$(büyük n için).$T\ge {n \choose n/2}$

Daha büyük ka için benzer argüman tüm etiketlerin farklı olması gerektiğini gösterir, ancak bu sadece daha zayıf bir üstel alt sınır verir. Yani zaten k = 3 bilinmiyor.