Set kapak probleminin bu varyantı nedir?

Girdi bir evren ve alt kümelerinin bir aile , diyelim ki, . Bu alt grupları varsayalım kapsayabilir , yani . $U$ $U$ ${\cal F} \subseteq 2^U$ ${\cal F}$ $U$ $\bigcup_{E\in {\cal F}}E=U$

Bir artımlı kaplama sekansı içinde alt kümelerinin bir dizisidir , diyelim ki, , tatmin olduğu ${\cal F}$ ${\cal A}=\{E_1,E_2,\ldots,E_{|{\cal A}|}\}$

1) , $\forall E\in {\cal A}, E\in {\cal F}$

2) her yeni gelen yeni katkısı vardır, yani , ; $\forall i>1$ $\bigcup_{j=1}^{i-1}E_i \subsetneq \bigcup_{j=1}^{i}E_i$

Sorun, maksimum uzunluktaki artımlı bir kaplama dizisi bulmaktır (yani, maksimum $|{\cal A}|$ ). Maksimum uzunluk sekansının sonunda $U$ , yani kapsaması gerektiğini unutmayın $\bigcup_{E\in {\cal A}}E=U$ .

En uzun artımlı kaplama dizisini bulmak için bir algoritma veya yaklaşık bir algoritma bulmaya çalıştım. Sadece set kapak probleminin bu varyantının ne olduğunu merak ediyordum. Teşekkür ederim!

— Çek Kohomolojisi
kaynak

alt kümeleri ailenizin evrenini kapsamasını mı istiyorsunuz? Çünkü tabii ki daha zor bir set kapak problemi yapabilirsiniz, çünkü ek özelliklere sahip set kapağı arıyorsunuz. Başka bir deyişle, ayarlanan kapak sorununuzu azaltır. Set kapağının wiki'sinde set kapağı için innapproximability sonuçları da vardır.

A

$\cal{A}$

U

$\cal{U}$

— Harry

Sadece bir gözlem (cevap vermek için çok küçük): alt kümeleriniz iki büyüklükte olduğunda, aradığınız şey aslında genişleyen bir ormandır.

— David Eppstein

Muhtemelen OP için yeni değil, ama burada birkaç gözlem var. (1) Optimal değer her zaman en fazla | U | 'dur. Optimal değerin | U | ya da değil, kapsanan elemanların sayısını en aza indirmeye çalışan açgözlü algoritma ile etkili bir şekilde karar verilebilir. (2) Aynı açgözlü algoritma, F'deki tüm setler iki büyüklükteyse de işe yarar, bkz. David Eppstein'ın yorumu. (3) Aynı açgözlü algoritma genel olarak çalışmaz (iç çekme). Bir karşı örnek: F = {{1,2,3}, {1,4,5,6}, {2,4,5,6}, {3,4,5,6}}.

— Tsuyoshi Ito

Sorun gerçekten bir set kapak problemi gibi görünmüyor ... Daha çok bipartit grafiklerde eşleştirme ve uyarılmış eşleme arasındaki melez gibi. Eşdeğer bir hoş bir reform, ailede tam olarak bir set tarafından kapsanan hiçbir ailenin kötü olduğu yönündedir. Sorun büyük alt ailesini bulmaktır arasında böyle hiçbir kötü alt ailesini vardır.

A

${\cal A}$

F

${\cal F}$

A

${\cal A}$

— daniello

@Neal Young kötü değildir, çünkü tam olarak bir set tarafından kapsanır (yani ).

F

${\cal F}$

b

$b$

{a, b}

$\{a,b\}$

— daniello

Yanıtlar:

Burada sorunun NP-tamamlanmış olduğunu gösteriyorum.

Bir CNF'yi aşağıdaki gibi sorununuzun bir örneğine dönüştürüyoruz. CNF değişkenlerinin 've yan tümce değerleri ' ; burada . Let birliğe bütün setleri tamamen ayrık nerede. Aslında, ve , ise kardinalitesidir . Ayrıca göstermektedirler ve her ilgili düzeltme uzunluğu artan bir aile ile gösterilir içine, için $n$ $x_i$ $m$ $C_j$ $n<m$ $U=\cup_i (A_i\cup B_i\cup Z_i)$ $A_i=\{a_{i,j}\mid x_i\in C_j\}\cup\{a_{i,0}\}$ $B_i=\{b_{i,j}\mid x_i\in C_j\}\cup\{b_{i,0}\}$ $Z_i$ $k=2n+1$ $Z=\cup_i Z_i$ $Z_i$ $k$ $Z_{i,l}$ $l=1..k$ . Her değişken için , biz eklemek için setler , formun her sette ve . Her yantümcesi için içeren bir küme ve öğesindeki her için ve öğesindeki her . $x_i$ $2k$ $\mathcal F$ $A_i \cup Z_{i,l}$ $B_i \cup Z_{i,l}$ $C_j$ $\mathcal F$ $Z$ $x_i\in C_j$ $\{a_{i,j}\}$ $\bar x_i\in C_j$ $\{b_{i,j}\}$

Formülün tatmin edilebilir olduğunu varsayalım ve tatmin edici bir ödev düzeltin. Daha sonra çekme formunun setleri veya , olmadığına bağlı olarak doğru ya da değildir. Bunlar artımlı kümelerdir. Şimdi cümlelere karşılık gelen kümelerini ekleyin . Cümleler tatmin edilebilir olduğu için bunlar da boyutu artırmaya devam ediyor. Son olarak, dizi kapağı yapmak için daha fazla set (her değişken için bir tane) ekleyebiliriz . $k$ $A_i \cup Z_{i,l}$ $B_i \cup Z_{i,l}$ $x_i$ $nk$ $m$ $k$ $U$

Şimdi setlerinin artımlı bir sıraya konduğunu varsayalım . Her için karşılık gelen en fazla setinin seçilebileceğine dikkat edin . Bu nedenle, artımlı sekansta hiçbir yan tümce kümesi yoksa , çok az olan en fazla seçilebilir. Bir cümle kümesi seçildiğinde, her karşılık gelen en fazla iki , toplamda en fazla kümesini seçebileceğimize dikkat edin . Bu nedenle, herhangi bir cümle kümesi seçilmeden önce en az değişken kümesini seçmeliyiz. Ancak her için en fazla için, her biri için en azından $n(k+1)+m$ $k+1$ $x_i$ $x_i$ $n(k+1)$ $x_i$ $2n$ $n(k-1)$ $k+1$ $x_i$ $1$ , . Bu, değişkenin "değerini" belirler, bu nedenle yalnızca "doğru" maddeleri seçebiliriz. $k=2n+1$

Güncelleme: Değiştirilen değeri dan için Marzio tarafından sivri out gibi. $k$ $n$ $2n+1$

— domotorp
kaynak

Bir açıklama: hızla edilemezdir formülü için inşaat kontrol ( ), fakat biz bir dizi oluşturmak gibi görünüyor arasında setlerini artan . Muhtemelen bir hata yapıyorum: ?

x_{1} \land \neg x_{1}

$x_1 \land \neg x_1$

n = k = 1, m = 2

$n=k=1, m=2$

n (k + 1) + m = 4

$n(k+1)+m = 4$

F

$\mathcal F$

F = {{a_{1, 0}, a_{1, 1}, a_{1, 2}, z_{1}}, {b_{1, 0}, b_{1, 1}, b_{1, 2}, z_{1}}, {a_{1, 1}, z_{1}}, {b_{1, 2}, z_{1}}}

$\mathcal F= \{ \{ a_{1,0}, a_{1,1}, a_{1,2}, z_1 \}, \{ b_{1,0}, b_{1,1}, b_{1,2}, z_1\}, \{ a_{1,1}, z_1 \}, \{ b_{1,2}, z_1 \} \}$

— Marzio De Biasi

Seni ve kendimi , hatanın benim olduğundan eminim ... Sanırım , ancak elbette bu hala bir problem. Tamam, hatayı nerede yaptığımı görüyorum, bir dakika içinde düzeltiyorum, teşekkürler!

F = {{a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}}, {a_{1, 1}, z_{1}}, {b_{1, 2}, z_{1}}}

${\mathcal F}=\{\{a_{1,0},a_{1,1},z_1\}, \{b_{1,0},b_{1,2},z_1\},\{a_{1,1},z_1\}, \{b_{1,2},z_1\}\}$

— domotorp

Tamam, yarın bir göz atacağım! Sadece bir not, (bir yorumda) için nedir ve kaplama dizisinin uzunluğu için "hedef değer" nedir (k k)? Çünkü, değiştirilmiş cevapta önce ayarlıyorsunuz , sonra setleri hakkında konuşuyorsunuz ; doğru mu (henüz azaltmayı denemedim)?

F

$\mathcal F$

x_{i} \land \neg x_{i}

$x_i \land \neg x_i$

k = 2 n + 1

$k = 2n+1$

n (k + 1) + m = 2 n^{2} + 2 n + m

$n(k+1)+m = 2n^2+2n + m$

— Marzio De Biasi

F = {{a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1},}, {a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1}, z_{2}}, {a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}, z_{2}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}, {a_{1, 1}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}, {b_{1, 2}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}}

${\mathcal F}=\{\{a_{1,0},a_{1,1},z_1,\},\{a_{1,0},a_{1,1},z_1,z_2\},\{a_{1,0},a_{1,1},z_1,z_2,z_3\},\{b_{1,0},b_{1,2},z_1\},\{b_{1,0},b_{1,2},z_1,z_2\},\{b_{1,0},b_{1,2},z_1,z_2,z_3\},\{a_{1,1},z_1,z_2,z_3\},\{b_{1,2},z_1,z_2,z_3\}\}$

— domotorp

Bunun olarak doğru olduğunu düşünüyorum , ancak sadece uzunluk artımlı dizimiz var.

n (k + 1) + m = 6

$n(k+1)+m=6$

5

$5$

— domotorp

Bu, çözümü için alt kümesi için her zaman , tam olarak bir kez kapsanır. $\mathcal{A}$ $\mathcal{B} \subseteq \mathcal{A}$ $\bigcup_{X \in \mathcal{B}} X$

İspat: Sorununuza bir çözüm verildiğinde, hemen bu özelliğe sahiptir. Gerçekten de, sorununuza en uygun , bu kümelerin alt kümesini düşünün ve bu dizideki içinde görünen son küme olduğunu varsayalım . Çözümün artımlı olması gereken özelliğe göre, yukarıdaki özelliğin bulunmadığı, önceden ayarlanmamış bir öğeyi kapsadığı . $E_1, \ldots, E_m$ $\mathcal{B}$ $E_i$ $\mathcal{B}$ $E_i$

Diğer yöne gelince, aynı zamanda kolay. çözümünden başlayın, tam olarak bir kez kapsanan öğeyi bulun, dizideki son küme olarak ayarlayın, bu kümeyi kaldırın ve tekrarlayın. QED. $\mathcal{A}$

Bu oldukça doğal bir problem ....

Hızlı hatırlatma: Set ambalaj probleminde, bir grup ailesi verildiğinde, bazı ek kısıtlamalara uyan (örneğin hiçbir elemanın 10 kattan fazla kapsanmadığı vb.) Maksimum set alt kümesini bulun.

— Sariel Har-Peled
kaynak

Bu cevap sadece sorunun doğal olduğunu mu kanıtlıyor, yoksa iddia ettiğiniz başka bir şey var mı?

— domotorp

Daha basit bir şekilde ifade ediyor. Hayır?

— Sariel Har-Peled

Evet, kabul ediyorum.

— domotorp