Doğrusal karşılaştırmalarla yaklaşık 1d TSP?

Tek boyutlu gezici satış elemanı yolu problemi açıkçası, sıralama ile aynı şeydir ve bu nedenle tam olarak $O(n\log n)$ zamandaki karşılaştırmalar ile çözülebilir , ancak kesin çözümün yanı sıra yaklaşık bir yaklaşımla da formüle edilir. mantıklı. Girişlerin gerçek sayılar olduğu bir hesaplama modelinde ve tam sayılara yuvarlama yapmak mümkündür; $1+O(n^{-c})$ $c$ $O(n)$ $(\max-\min)n^{-(c+1)}$ orijinal değerinden sonra, radix sıralamasını kullanın. Ancak yuvarlama olan modeller sorunlu karmaşıklık teorisine sahiptir ve bu merak etmemi sağladı, peki ya zayıf hesaplama modelleri?

Öyleyse, bir boyutlu TSP'nin doğrusal bir karşılaştırma ağacı hesaplama modelinde (her bir karşılaştırma düğümü, giriş değerlerinin doğrusal bir fonksiyonunun işaretini test eder), zaman karmaşıklığı olan bir algoritma ile ne kadar doğru bir şekilde tahmin edilebilir?) ? Aynı yuvarlama yöntemi, şeklindeki herhangi bir yaklaşım oranının elde edilmesini sağlar (yuvarlama yapmak için ikili aramalar kullanarak ve yeterince hızlı yapmak için çok daha kaba yuvarlama). Fakat bazı için gibi bir yaklaşım oranı bile elde etmek mümkün mü? $o(n\log n)$ $n^{1-o(1)}$ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$

— David Eppstein
kaynak

Ben 1D TSP ile aşina değilim. Bunu tanımlayabilir misin?

— Tyson Williams

@Tyson Williams: 1B seyahat eden satıcı yol problemi, tüm şehirlerin x ekseninde olduğu Euclid seyahat yolcusu yol probleminin özel bir halidir. Ya da resmen, size n a_1,…, a_n nolu sayıları verilir ve hedefiniz perm: {1,…, n} → {1,…, n} utation_ {i = 1} ^ {n − 1} | a_ {π (i)} - a_ {π (i + 1)} | simge durumuna küçültülür.

— Tsuyoshi Ito

EDIT (GÜNCELLEME): Aşağıdaki cevabımdaki alt sınır, "Yaklaşan Öklid seyahat satıcı turları ve minimum yayılan ağaçların karmaşıklığı hakkında", Das ve diğ. Algoritma 19: 447-460 (1997).

tabanlı bir algoritma kullanarak bazı in zamanlarında gibi bir yaklaşım oranı bile elde etmek mümkün mü? $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$ $o(n\log n)$

Hayır. İşte daha düşük bir sınır.

İddia. Herhangi bir , her karşılaştırma tabanlı -aproximation algoritması , en kötü durumda karşılaştırması gerektirir . $\epsilon>0$ $n^{1-\epsilon}$ $\Omega(\epsilon n\log n)$

"Karşılaştırma tabanlı" ifadesiyle, girişi yalnızca ikili (Doğru / Yanlış) sorgularla sorgulayan herhangi bir algoritma kastedilmektedir.

İşte bir kanıtlama girişimi. Umarım hata yoktur. FWIW alt sınırın rasgele algoritmalara uzandığı görülüyor.

Herhangi bir ve herhangi bir keyfi küçük ama sabit düzeltin . $n$ $\epsilon>0$

Sadece düşünün permütasyonları olan "permütasyon" giriş örnekleri . Böyle bir durum için en uygun çözüm maliyetine sahiptir . $n!$ $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ $[n]$ $n-1$

Permütasyon maliyetini olarak tanımlayın,. Algoritmayı bir permütasyon alarak , bir permütasyon çıktısı ve ödeme bedeli olarak ödeyerek . $\pi$ $c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$ $\pi$ $\pi'$ $d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

Bu durumlarda rekabetçi oran elde etmek için , karşılaştırma tabanlı bir algoritma için minimum karşılaştırma sayısı olarak tanımlayın . Opt olduğundan, algoritma en fazla maliyetini garanti etmelidir . $C$ $n^{1-\epsilon}$ $n-1$ $n^{2-\epsilon}$

göstereceğiz . $C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

Tanımla olası çıkış için, olduğu'burada çıkış için olası girdi fraksiyonu en fazla maliyet elde olur . Bu kesir bağımsızdır . $P$ $\pi'$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$

$P$ de rastgele bir permütasyon için, olasılığını eşittir , maliyeti , en fazla olduğu . (Nedenini görmek için, almak $\pi$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$ kimlik permütasyon olduğu . Sonra girişlerin kısmı olan bir en ama .) $I$ $P$ $d(\pi,I)$ $n^{2-\epsilon}$ $d(\pi,I) = c(\pi)$

Lemma 1. . $C \ge \log_2 1/P$

Kanıt. Her zaman az kullanan algoritmaları düzeltin $\log_2 1/P$ karşılaştırmalarından . Algoritması için karar ağacı az bir derinliğe sahiptir , yani orada daha az olan , yaprak ve bir çıkış permütasyon için'algoritma verir den fazla bir çıkışı olarak girişlerin kesri. tanımına göre , en az bir giriş için, çıktısı den daha fazla maliyet verir . QED $\log_2 1/P$ $1/P$ $\pi'$ $\pi'$ $P$ $P$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$

Lemma 2. . $P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

Lemma 2'nin kanıtını vermeden önce, iki lemmanın birlikte hak talebinde bulunduğunu unutmayın:

C \geq log 2 1 P = log 2 exp (Ω (ϵ n log n)) = Ω (ϵ n log n) .

$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$

Lemma 2. Kanıtı Let rastgele permütasyon olmak. , maliyetinin en çok olması ihtimaline eşit olduğunu hatırlayın . Diyelim ki herhangi bir çift maliyeti olan bir kenardırYani kenar maliyetleri içerir. $\pi$ $P$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $(i,i+1)$ $|\pi(i+1)-\pi(i)|$ $c(\pi)$

Farz edelim ki . $c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

Daha sonra, herhangi bir , kenarların en fazla değeri veya daha fazladır. Daha az maliyeti bu kenarları ki olan ucuz . $q>0$ $n^{2-\epsilon}/q$ $q$ $q$

Düzeltme . Değiştirme ve basitleştirme, kenarların en fazla ucuz değildir. $q=n^{1-\epsilon/2}$ $n^{1-\epsilon/2}$

Böylece, en azından kenarları ucuzdur. Dolayısıyla, ucuz kenar içeren bir grubu vardır . $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ $S$ $n/2$

İddia. Herhangi bir resim için ve kenarları, tüm kenarları olasılığı ucuz En olan . $S$ $n/2$ $S$ $\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

Talebi kanıtlamadan önce, lemayı aşağıdaki gibi ima ettiğini unutmayın. İddiaya ve saf birliğe bağlı olarak, böyle bir kümesinin var olma olasılığı en fazla $S$

(n n / 2) exp (- Ω (ϵ n log n)) \leq 2 n exp (- Ω (ϵ n log n))

${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

\leq exp (O (n) - Ω (ϵ n log n)) \leq exp (- Ω (ϵ n log n)) .

$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

Talebin Kanıtı. Aşağıdaki işlemle seçin . Seçim eşit mesafede , o zaman tercih eşit mesafede , daha sonra tercih eşit mesafede vb. $\pi$ $\pi(1)$ $[n]$ $\pi(2)$ $[n] - \{\pi(1)\}$ $\pi(3)$ $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

Herhangi bir kenar düşünün içinde . Hemen sonra zaman düşünün zaman, seçildi seçilecek üzeredir. Ne olursa olsun birinci seçenek için ( için ), en azından vardır için seçenek ve en fazla olanların seçenekler kenar verecek daha az maliyet daha (ucuz yapım). $(i,i+1)$ $S$ $\pi(i)$ $\pi(i+1)$ $i$ $\pi(j)$ $j\le i$ $n-i$ $\pi(i+1)$ $2n^{1-\epsilon/2}$ $(i,i+1)$ $n^{1-\epsilon/2}$

Böylece, birinci şartına seçenek, kenar ucuz olma olasılığı en olduğunu . Bu nedenle, bütün bu olasılık kenarlar ucuz olan en Yana , en az vardır kenarlar ile . Bu nedenle, bu ürün en fazla $i$ $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$ $n/2$ $S$

\prod (i, i + 1) \in S 2 n 1 - ϵ / 2 n - i .

$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$

|S|≥n/2 $|S|\ge n/2$

n/4 $n/4$

S $S$

n−i≥n/4 $n-i\ge n/4$

(2 n 1 - ϵ / 2 n / 4) n / 4 \leq (8 n - ϵ / 2) n / 4 = exp (O (n) - Ω (ϵ n log n)) = exp (- Ω (ϵ n log n)) .

$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

QED

— Neal Young
kaynak

ps Bunu alıntı yapmak için bir istek aldım, bu yüzden buraya arvix.org da koydum .

— Neal Young,