iki permütasyon farkını tanımanın tamlığı

Shor, yaptığı açıklamada, isimsiz musun bu soruya cevabını verdiği yorumunda polinom zamanındaki iki permütasyonun toplamını tanımlayabilir misiniz? Bu, iki permütasyon farkını tanımlamak için $NP$ tamamlayıcısıdır. Ne yazık ki, permütasyon toplamı probleminden basit bir azalma görmüyorum ve permütasyon farkı problemi için $NP$ tamlık azalmasını sağlamak faydalıdır .

Permütasyon Farkı:

KURULUM: Pozitif tamsayıların dizisi $A[1...n]$ .

SORU: Pozitif tamsayı $\pi$ ve $\sigma$ olmak üzere iki değişken var mı öyle ki için ? $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$ $1 \le i \le n$

$NP$ iki permütasyon farkını tanımanın tamlığını kanıtlamak için azaltma nedir ?

DÜZENLEME 2014/10/9 : Shor'un Yorum kanıtlayan bir azalma sağlar $NP$ dizisi elemanları zaman -completeness $A$ edilir imzalı farklılıkları. Ancak, tüm öğelerinin $A$ farklılıkların mutlak değerleri olduğu sorunumda kolay bir azalma görmüyorum .

GÜNCELLEME: Permütasyon Fark sorun gibi görünüyor $NP$ iki permütasyon biri daima kimlik permütasyon olsa bile -tam. Bu özel durumun sertlik kanıtı çok açığız. Yani, bu sınırlı versiyonun $NP$ tamlığı ile ilgileniyorum :

Sınırlı Permütasyon Farkı: INSTANCE: Pozitif tamsayıların dizisi $A[1...n]$ .

~~SORU: mu bir orada mevcut permütasyon $\pi$ pozitif tamsayılar $1,2, ... , n$ öyle ki $|\pi(i) - i| = A[i]$ için $1 \le i \le n$ ?~~

Güncelleme 2 : Kısıtlanan sorun mjqxxxx'in cevabında gösterildiği gibi etkin bir şekilde kararlaştırılabilir. Orijinal sorunun hesap karmaşıklığı kanıtlanmamıştır.

EDIT 9/6/16 : Permütasyon Farkının bu sadeleştirilmesinin NP tamamlandı olup olmadığını belirlemekle ilgileniyorum :

Sınırlı Permütasyon Farkı:

KURULUM : Çoklu tamsayılar pozitif tamsayılar. $A$

SORU : mu bir orada mevcut permütasyon pozitif tamsayılar öyle ki ? $\pi$ $1,2, ... , n$ $A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

— Muhammed El Türkistan
kaynak

Neden Peter'a doğrudan sormuyorsun? @Peter

— caozhu

Email ile mi demek istiyorsun? Yapacağım.

— Muhammed El-Türkistan

Bir şey eksik olabilir ama bu sorun 2-SAT olarak gösterilemiyor ve bu nedenle polytime'da çözülemiyor mu? Ve sonra biz bir matris tarafından ikincisini temsil edebilir; permütasyon biri (? Maddenin çok etmelidir Ne [i] döngüsel hesaplanır burada varsayarak) kimlik olduğunu Biz wlog varsayabiliriz

. Bir permütasyon matrisi olmak, hiç kimsenin bir sırada veya bir sütunda bulunmadığını belirten iki değişken yan tümcesinin bir birleşimidir; ve sonra farkın i'den A [i] 'nin pi (i) konumlarında olduğunu söylemek, içinde olabileceği iki olası yerin VEYA olduğunu belirtir.

x [i, j]

$x[i,j]$

— Noam

@Noam Yorumunuz için teşekkür ederiz. İlginç fikir. Düşünmedim. Ancak, polinom zaman algoritmasına yol açıp açmayacağı, özellikle de sadece farklılıkların mutlak değerinin verildiği açık değil.

— Muhammed El-Türkistan

Evet, boşluğu döngüsel olarak sayma veya mutlak değerde sayma arasındaki fark önemli olabilir.

— Noam

Yanıtlar:

Permütasyonlardan birinin kimlik olduğu sınırlı problem kesinlikle . İkili grafik Construct burada her köşe eleman (lar) bağlı olan , öyle ki $\mathsf{P}$ $i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$ $j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$ . Sonra istenen permütasyon $|i-j|=A[i]$ $\sigma$ eğer ve eğer grafik mükemmel bir eşleşmeye sahipse (yani kenarlı bir eşleşmeye sahipse), polinom zamanında tespit edilebiliyorsa vardır. $n$

— mjqxxxx
kaynak

Bir şeyleri özlüyorum, ama herhangi bir mükemmel eşleşme işe yaramayacak. Sınırlı mükemmel eşleşmenin varlığını kanıtlamanız gerekir.

giriş dizisinde iki kere meydana gelen bir tamsayı

düşünün . Permütasyona karşılık gelen mükemmel eşleşme, mutlak fark

ile iki kenara sahip olmalıdır . Algoritmanız, bu tür sınırlı eşleşmelerin varlığını kanıtlamaz. Sorunu zorlaştıran ve muhtemelen NP tamamlayan da budur.

k

$k$

A

$A$

k

$k$

— Muhammed El-Türkistan

@ MohammadAl-Türkistan: Bence eğer

sonra

düğümleri

A [i] = A [j] = k

$A[i] = A[j] = k$

u_{i}, u_{j} \in V_{1}

$u_i, u_j \in V_1$

v_{i + A [i]}, v_{i - A [i]}, v_{j + A [j]}, v_{j - A [j]} \in V_{2}

$v_{i+A[i]},v_{i-A[i]},v_{j+A[j]},v_{j-A[j]} \in V_2$ mutlak farklılıklarla

k

$k$ . Mükemmel uygun gelen en az bir kenar içerir

ve bir ila kenarı

. Özgün problemi düşünürken birkaç defa önce aynı sonuca geldim, fakat başka bir yol izledim: 2-SAT formülü olarak sınırlı problemi formüle etmenin kolay olduğunu gördüm (eğer istersen cevap ekleyebilirim) , ama mjqxxxx'in fikri daha iyi).

u_{i}

$u_i$

u_{j}

$u_j$

— Marzio De Biasi

@MarzioDeBiasi Neden bu yaklaşım (ve sizinki) orijinal (sınırlandırılmamış) problem için çalışmıyor?

— Muhammed El-Türkistan

@mjqxxx Görüyorum ki yaklaşımınız sınırlı davayı çözüyor. Özgün sorunu etkin bir şekilde çözmek için neden genişletilemiyor?

— Muhammed El-Türkistan

MohammadAl-Turkistany @ orijinal problem ilk permütasyon elemanlarının (çünkü

kısıtlı sürümde s), sabit ve aynı yaklaşım kullanılarak değil, bir üçlü grafik ile sonuna kadar (ve benim 2-SAT yaklaşımda bir

2-CNF maddesi olmayan madde ...).

i

$i$

δ_{i} (n) \to (π_{i} (n + A [i]) \lor π_{i} (n - A [i]))

$\delta_i(n) \to (\pi_i(n+A[i]) \lor \pi_i(n-A[i]))$

— Marzio De Biasi

İşte problemin kolay olduğu hafif ilginç bir varyasyon: toprak kümesi yerine , alt kümesine izin verin . Amaç hala bir permütasyon bulmaktır ki nerede $\{1,2,3,\ldots,n\}$ $\{1,2,4,8,\ldots\}$ $\pi$ $A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$ $\Omega$ yer seti. Burada önemli avantajı her eleman yeni zemin seti kuvvetlerinin olmasıdır olmak bazıları için ise ve , daha sonra ve bu belirlenir farkı. Her farkın olduğu sonucu içinde , bunu çıkarabiliriz $A$ $2^{k_1}-2^{k_2}$ $k_1,k_2$ $k_1\ne k_2$ $k_1$ $k_2$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ $\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$ or $\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$ (or both).

$G = (L \sqcup R, E)$ $L$ $R$ $(2^{k_1},2^{k_2})$ $(2^{k_2},2^{k_1})$ whenever $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ appears in $A$ with $k_1 \ne k_2$ . I claim that the following are equivalent:

There is a permutation $\pi$ with differences $A$
Every vertex in $G$ has degree 0 or 2

I won't actually prove this because of time, but it's not too bad to work out on one's own. That $1 \implies 2$ is straightforward. That $2 \implies 1$ is a bit more arduous, but it's not too bad when you reason with the automorphism of $G$ which sends each vertex in $L$ to its copy in $R$ (and vice-versa). The proof I have in mind directs the edges in $G$ so that all edges in a cycle go ``the same way around the cycle'' (each nonisolated vertex has in-degree = out-degree = 1), and so that the preceding automorphism of $G$ remains an automorphism of the directed version. $\pi$ is then chosen according to the edges that go from $L$ to $R$ .

You can phrase the above algorithm as a perfect matching question, and I imagine there are other reductions to 2-SAT. I don't see how to extend these approaches to the original problem though.

— Andrew Morgan
kaynak