Optimal olarak n × n × n Rubik Küpünü NP-zor çözme mi?

Rubik Küpünün genelleştirilmesinin açık düşünün . Belirli bir şifreli küpü çözen en kısa hareket sırasını hesaplamak NP-zor mu, yoksa polinom-zaman algoritması var mı? $n\times n\times n$

[İlgili bazı sonuçlar blog blog'umda açıklanmıştır .]

— Jeffε
kaynak

Sanırım girdi, {1,…, 6} 'den yapılmış altı nxn ızgara olarak verildi. NP'de sorun mu var? Rubik küpünün n × n × n versiyonundaki hareket sayısına bağlı kolay polinom üst sınırı var mı?

— Tsuyoshi Ito

Bilgi için teşekkürler. Herhangi bir referans var mı?

— Tsuyoshi Ito

"Bir konfigürasyon verildiğinde, en fazla Tanrının Sayısına (n, n, n) hareket eden bir çözüm üretin") sorununu çözmesi kolaylaşıyor mu? Rubik'in çözüm algoritması böyle yaptı. Çok kısa aramamışlardı çünkü çok uzun zaman alacaktı.

— Aaron Sterling

Ulaşılabilir konfigürasyon alanının çapının olduğunu biliyor muyuz ?

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$

— Andy Drucker

@Andy: Güzel soru! ("Tanrı'nın n'nin işlevi nedir?")

— Jeffε

Yanıtlar:

Makalelerimden biri arXiv'e gönderildi ve şu soruyu ele aldı: Rubik Küpünü en iyi şekilde çözmek NP-tamamlandı.

— Mikhail Rudoy
kaynak

Tebrikler !!

— Jeffε

Yeni bir kağıt Demaine, Demaine, Eisenstat, Lubiw ve Winslow tarafından optimum çözümü için bir polinom zamanlı algoritmasını verir --- Bu soru üzerine kısmi ilerleme yapar küpler, ve gösterileri "kısmen renkli" küpler dediğiniz şeyi en iyi şekilde çözmek için sertlik. Ayrıca, küpünün yapılandırma alanının çapına sahip olduğunu gösterir . $n \times O(1) \times O(1)$ $\mathsf{NP}$ $n \times n \times n$ $\Theta(n^2/\log n)$

Tatlı!

Çalışmalarının öne sürdüğü muhtemel bir sonraki soru: belirli bir konfigürasyondan en iyi şekilde şekilde , her bir değeri için bir tane olmak üzere , kısmen renkli küp olan sabit bir aile var -zor? $n \times n \times n$ $n$ $\mathsf{NP}$

— Andy Drucker
kaynak

Tamam ve bir soru daha: küpünün standart olmayan iki renginin eşdeğer olup olmadığını belirlemenin karmaşıklığı nedir? (Göz önünde bulundurulması gereken iki durum: tamamlanmış veya kısmi renkler.)

n \times n \times n

$n \times n \times n$

— Andy Drucker

Tamam, bir soru daha ve sonra duracağım: çözmek için hamle gerektiren açık bir yapılandırma dizisi var mı? (Kağıt, alt sınırı için sayıcı bir argüman kullanır.)

Ω (n^{2} / \log n)

$\Omega(n^2/\log n)$

— Andy Drucker,

Kolayca bu bir hata olabilir, bu yüzden bir tane tespit ederseniz lütfen bana bildirin.

Cevabın hayır ya da en azından bu sorunun NP içerisinde yer aldığı anlaşılıyor. Bunun arkasındaki sebep çok basit. Buradaki fikir başka bir sorudan oluşturmaktır: "A ve B konfigürasyonları arasında S adımda mı yoksa daha az mı olur?"

Açıkçası bu yeni soru NP'dedir, çünkü küpü çözülebilir herhangi bir konfigürasyondan çözmek için bir algoritması vardır ve bu nedenle çözülmüş durumdan geçerken sadece iki konfigürasyon arasında gidip gelmesi sadece . . Yalnızca çok sayıda sayıda hamle olduğu için, iki yapılandırma arasında gidilecek hamleler bu yeni soru için tanık olarak kullanılabilir. $O(n^2)$ $O(n^2)$

Şimdi, ilk önce, B konfigürasyonunu çözülmüş durum olarak seçersek, küpü NP içinde bulunan adımında mı yoksa daha az mı çözebileceğimizi soran bir problemimiz var . $S$

Şimdi arayacağım B için farklı yapılandırma almak sağlar alır çözmek için adımlar. Şimdi , adımında veya daha az bir A ve konfigürasyonları arasında mümkün olup olmadığını , yine tanık olarak bir dizi hareketle sorunumuz var. Bildiğimiz Ancak, alır biz A ve aralarında gitmek mümkün olup olmadığını biliyoruz, çözmek için adımlar içinde adımlar, o zaman en azından gerektirir yapılandırma A'dan küpünü çözme adımları $B_{hard}$ $n_{hard} \approx n^2$ $B_{hard}$ $S'$ $B_{hard}$ $n_{hard}$ $B_{hard}$ $S'$ $n_{hard} - S'$ $n \times n \times n$

Böylece hem adımlarının alt hem de A konfigürasyonundan çözmek için adımlarının alt sınırına oluruz. Eğer şimdi konfigürasyon ile başlayan küpü çözmek için gereken minimum hareket sayısı olarak A, o zaman alt ve üst sınırları eşit olacak şekilde (yani ve ), o zaman bu çözümün en uygun olduğuna (iki NP ) şahit olduk sınırlarla ilgili problemler). $n_{hard} - S'$ $S$ $S_0$ $S' = n_{hard} - S_0$ $S = S_0$

Son olarak, oluşturmak için bir yola ihtiyacımız var . Muhtemelen mümkün olan en zor konfigürasyona ihtiyacımız var, ancak onu nasıl bulacağımı bilmediğim için, her ikinci düzlemi x ekseni etrafında bir kez döndürmeyi ve ardından her dördüncü düzlemi (merkezi düzlemi sabit tutarak) bir kez döndürmeyi öneriyorum Z ekseni. Bunun çözülmesi için adım gerektiren bir duruma neden olduğuna inanıyorum . $B_{hard}$ $O(n^2)$

Dolayısıyla tam bir yapıcı kanıtım yok, ancak dan daha az alan herhangi bir optimal çözüm açıkça tanıklık ediyor. Maalesef, olası tüm yapılandırmaları yakalamak için . $n_{hard}$ $n_{hard} = \mbox{God's number}(n)$

EDIT: Superflip konfigürasyonunun düzenlenmesi, için oluşturmanın nispeten kolay olabileceğini düşündürmektedir (yani P). $B_{hard}$ $n_{hard} = \mbox{God's number}(n)$

— Joe Fitzsimons
kaynak

Temiz bir fikir. Ancak bu, birbirinden uzaktaki iki nokta arasındaki en kısa yolun başka herhangi bir noktadan geçilebileceğini varsaymaz. Bu, kürelerdeki noktalar için açıkça doğrudur (Kuzey kutbundan Güney kutbuna uçuyorsanız, Tahiti yoluyla da uçabilirsiniz), ancak Rubik küplerinin konfigürasyonlarında doğru olması için herhangi bir sebep var mı?

— Peter Shor

@ Peter Shor: Merhaba Peter, içinden en kısa yol olduğunu ima etmek . Aslında bu yaklaşım bu durumda işe yaramaz. Fikir en azından sürerse olmasıdır adımlar almak biz gitmek sonra eğer çözüldü yapılandırmaya yoluyla çözüme biz çözüldü yapılandırmasından uzağa gitmek zorunda , geri dönmeden önce. (devam ediyor)

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

A

$A$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

— Joe Fitzsimons

(devam) A'nın çözülmesinin (daha az adım) ' dan daha kolay olduğunu . dan en az adımı bildiğimizden ve en fazla adımda ulaşabileceğimizi biliyoruz , sonra . Bunu, üzerinde daha düşük bir sınır almak için , doğrudan çözme üzerinde bir üst sınır .

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

n_{h a r d} - S^{'} \leq S_{0} \leq n_{h a r d} + S^{'}

$n_{hard}-S' \leq S_0 \leq n_{hard} + S'$

S_{0}

$S_0$

S_{0}

$S_0$

— Joe Fitzsimons

@Joe: Beni yanlış anladın. Bence senin yaklaşımın sadece B dan A' dan geçen çözüme kadar nispeten kısa bir yol varsa, işe düşünüyorum. Bunun Rubik küpü için doğru olup olmadığını bilmiyorum yaklaşımınız işe yaramıyor, sadece kanıtlanması gereken daha çok şey var.

_{h a r d}

$_\mathrm{hard}$

— Peter Shor

@Joe: yarım düşünülmüş cevaplar gönderme konusunda endişelenmeyin. Ben de aynı şeyi yaptım (ve sadece ben değilim). Ve bu yaklaşımın tamamen değersiz olduğuna ikna olmadım. Kesin mesafeyi hesaplamanın NP zor olmadığını göstermek için işe yaramayacağını bekliyorum, ama belki de yaklaşması hakkında bir şeyler söyleyebilir.

— Peter Shor