Izgara

37

Güncelleme : Tüm monokromatik-dikdörtgen içermeyen 4-renklendirmeler için engelleme kümesi (yani, renklendirilebilir ve renklendirilemez ızgara boyutları arasındaki NxM "bariyeri") şimdi bilinmektedir .

5 renk denemek isteyen var mı? ;)

Aşağıdaki soru Ramsey Teorisi'nden kaynaklanmaktadır .

Bir göz önünde arasında -Renklendirme -by- ızgara grafiği. Bir aynı renk ile dört hücre bir dikdörtgenin köşelerinde olarak düzenlenmiştir zaman mevcuttur. Örneğin, ve aynı renge sahip olması durumunda, bir tek renkli bir dikdörtgen oluştururlar. Benzer şekilde, $k$ $n$ $m$ monochromatic rectangle $(0,0), (0,1), (1,1),$ $(1,0)$ ve aynı renk renkli ise, bir tek renkli bir dikdörtgen oluştururlar. $(2,2), (2,6), (3,6),$ $(3,2)$

Soru : mu bir orada ana kadar arasında -Renklendirme -by- monokromatik dikdörtgen içermeyen ızgara grafik? Eğer öyleyse, kesin renklendirme sağlayın. $4$ $17$ $17$

Bazı bilinen gerçekler:

-by- olan monokromatik dikdörtgen olmadan -colorable ancak bilinen boyama düzeni genişletmek için görünmez -by- durumunda. (Ben bilinen atlayarak ediyorum -by- çok büyük olasılıkla karar vermek için kırmızı ringa olacağından renklendirme -by- .) $16$ $17$ $4$ $17$ $17$ $16$ $17$ $17$ $17$
-by- olduğudeğil monokromatik dikdörtgen olmadan -colorable. $18$ $19$ $4$
-by- ve -by- da bilinmeyen durumlardır; bunlara bir cevap da ilginç olurdu. $17$ $18$ $18$ $18$

Feragatname: Bill Gasarch'ın bu soruya olumlu bir cevap vermesi için 289 $ (USD) ödül var ; blog'undan ona ulaşabilirsin. Görgü kuralları üzerine bir not: Herhangi bir doğru cevabın kaynağını bildiğinden emin olacağım (eğer ortaya çıkarsa).

Engelleri II. Engelli oturumunda tekrar gündeme getirdi ve ilginç buluyorum, bu yüzden soruyu burada iletiyorum (bilgisi olmadan; aklımdan şüpheliyim de olsa).

— Daniel Apon
kaynak

11

Sadece bazı referanslar / işaretçiler eklemek isteyin: [1,2] blog gönderilerinin yanı sıra, bit oynatıcı blogundaki [3,4] güncellemeler detaylı ve anlayışlı. Bütün bu yazılar hakkında önemli tartışmalar yapıldı. [1]: blog.computationalcomplexity.org/2009/11/… [2]: blog.computationalcomplexity.org/2009/12/… [3]: bit-player.org/2009/the-17x17- mücadelesi [4] : bit-player.org/2009/17-x-17-a-nonprogress-report Not: Yorumlarda biçimlendirme yok mu? Güzel bağlantılar nasıl yapabilirim?

— Neeldhara,

Bunlar harika bağlantılar. Teşekkürler Neeldhara! :)

— Daniel Apon,

Aynı şekilde, bunu buraya gönderdiğiniz için teşekkür ederiz - bu konudaki gelişmeleri bir süre izledim ve bu da soruna olan ilgiyi yeniden alevlendirmeli!

— Neeldhara,

2

@Moron: Evet, sadece kenarları balta paralel olan dikdörtgenleri göz önünde bulundurmanız gerekir. BTW, ayrıca bunun için bir karmaşıklık-teori açısı da var: Bill, rengin n-tam olarak boyanabileceğini belirleyerek, boyanın dikdörtgensiz bir şekilde tamamlanıp tamamlanmayacağını belirleyen bir m ızgarasının kısmi bir k-renginin verildiğini belirtti.

— Kurt

2

Sorunun otomorfizm grubu büyük:

çözelti koruyan simetriler, sıra-sütun değişiminin sayılması, renklerin izinleri, sıraların permütasyonları ve sütunların permütasyonları. Boyutları

kaç tane dikdörtgensüz altkümesi olduğu biliniyor mu

?

2 \times 4! \times (17!)^{2} = 6.1 \times 10^{30}

$2\times 4! \times(17!)^2=6.1\times 10^{30}$

71, 72, 73, . . .

$71,72,73,...$

— mjqxxxx

23

Bazılarınız bunun farkında olabilir, ancak 17 x 17 renklendirme sorunu Bernd Steinbach ve Christian Posthoff tarafından çözüldü . Gasarch'ın blog gönderisine buradan göz atın .

— Lev Reyzin
kaynak

8

Ayrıca 18x18 ızgara, monokromatik dikdörtgenler olmadan 4 renklendirilebilir ... şimdi, tek "eksik kiremit" 21x12 ızgara

— Marzio De Biasi

13

Bu gerçekten bir sorunun cevabı değil ama 17x17 4-renklendirme problemini 4-CNF (SAT-çözücüler için standart DIMACS formatında) olarak kodladım ve buraya yükledim . Herkes iyi bir SAT çözücüye (ve bir süper bilgisayara!) Erişebiliyorsa, belki biraz ilerleme kaydedebiliriz.

$(i,j)$ $c \in \{0,1,2,3\}$ $(17i+j+289c+1)$ $1$ $0$

— Lev Reyzin
kaynak

3

Muhteşem. (Gerçekten bir süper bilgisayara erişimim var.) Bir sonraki adım, bu şeyin çalışma zamanını belirli bir makinede tahmin etmek için çalışan numaraları. Bunun mantıklı bir oyunda olup olmadığını kim bilebilir, ama benim baktığım farklı bir yaklaşım. Şimdi, SAT-çözücüler üzerine şu son soruyu bulma zamanı: böylece okuyabilirim ... :)

— Daniel Apon

Düşündüğüm sorunun #SAT üzerinde olduğu ortaya çıktı, bu yüzden cstheory.stackexchange.com/questions/1719/…

— Daniel Apon

Harika - nasıl gittiğini bana bildir!

— Lev Reyzin

4

@Lev, sadece rastgele bir güncelleme: 17x17'nin çalışma zamanı, en iyi süper bilgisayarı ve gerçekten hızlı bir SAT çözücü kullanıyor olsa bile, hala astronomiktir. Artı taraf: bu, bir süper bilgisayar ile hedefli bir şekilde saldırıya uğramak için bir neden olarak belirir, yani çalışacak olan kısmi 1-renklendirmeleri bulur (zaten Rutgers'da Beth Kupkin tarafından elle yapılır), sonra tam kısmi 2'yi bulur. - Bundan işe yarayacak renkler, vb. süper bilgisayar yürütmenin birçok aşaması ile uzun vadeli bir proje olması gerekecek

— Daniel Apon

1

@Joe, ancak! İşte şu anki en iyi yaklaşık renklendirmelerden oluşan bir "afiş": Afiş - Yaklaşık renklendirme bulmak için tavlama oldukça iyi çalışıyor gibi görünüyor .

— Daniel Apon

4

Bu da gerçek bir cevap değil. Kuşkusuz, buradaki sorun, en iyi süper bilgisayarlarda en iyi SAT çözücüsünü bile kandıran astronomik bir simetri varlığıdır. Bu tür simetriler özümleri özümler ile özüm olmayan özümlerin çözümlerini haritalandırır: bu durumda muhtemelen her biri başkaları tarafından elde edilebilecek muazzam sayıda hemen hemen özüm (örn. Küçük bir miktar fıkra haricindeki her şeyi karşılayan atamalar) vardır. uygun bir simetri uygulayarak. Dolayısıyla çözücü, bu neredeyse her bir çözümü denemek için muazzam bir zaman harcıyor, belli bir anlamda hepsi aynı.

Simetrileri kullanmak ( bu makaleye bakınız ), bu zor 17x17 örneğine saldırmak ve üzerinde biraz ilerleme sağlamak için keşfedilecek bir yol olmalı. Acaba birileri daha önce yapmaya çalıştı mı?

— Giorgio Camerani
kaynak

Hey, bu çok tatlı! :) Daha önce görmemiştim.

— Daniel Apon

@Daniel: Bir şey değil! ;-) Umarım yardımcı olur.

— Giorgio Camerani

Aloul'un "Paramparça" programını 17x17 probleminin çoklu kodlamaları üzerinde kullandım ve bazı CPU haftalarını birkaç farklı SAT çözümleyicisine koydum ve şansım olmadı. Walter'ın referans aldığı kağıt aslında konuyla ilgili bir düzine veya onun hakkında yazdığı ilk şeydir, bu yüzden orada işi yapacak bir şey olabilir, ancak düşük asılı meyveler olmaz.

— Jay Kominek

3

Yine, gerçek bir cevap değil, ama yine de, işte bu sorun için grafik renklendirme algoritmalarını benimseme konusunda bazı düşünceler.

$I$ $I$

$n$ $m$ $k$
$n$ $m$ $k$
$n$ $m$ $k$

$\log k\ \text{poly}(nm)2^{nm}$ $k^{mn}$ $2^{289}$

Tüm (maksimal) bağımsız kümelerin ailesi yeterince iyi bir yapıya sahipse, örtü ürün algoritmasına ince ayar yapmak da mümkün olabilir.

— Janne H. Korhonen
kaynak

3. talep 3. talep ile nasıl eşdeğerdir? Bu arada, 17x17 için maksimum bağımsız küme, Elizabeth Kupin'in makalesinde gösterildiği gibi 74 boyutundadır (pdf) . Tek bir küme vardır, satır ve sütunların permütasyonlarını belirgin olarak saymaz.

— Null Seti

Yani, bilgisayar bilimlerinde geleneksel olduğu gibi, hiçbir uygun süpersetin bağımsız olmadığı anlamına gelir. Maksimum, genellikle "mümkün olan en büyük boyutta" anlamına geldiğinde kullanılır.

— Janne H. Korhonen

Bu durumda, maksimum bağımsız kümeler kümesi, benzersiz boyut 74 kümesinin tüm satır / sütun izinlerini içerir ve boyut 73 bağımsız kümeler içermez, çünkü bunlar, tümü boyut 74 kümesinin alt kümeleridir. 67 - 72 bedenleri arasında ne olduğundan emin değilim.

— Null Set

3

21x12 ızgarası, monokromatik dikdörtgenler olmadan da 4 renklendirilebilir !!!

Bkz Gasarch blogunda geçen Bernd Steinbach'ın yazı !

— Marzio De Biasi
kaynak

-4

Bu, Bill Bouris. Selam Dan. Ramsey'in teorisine göre 4 renk göstermeyen uygun bir 17x17 matris arayan bir program üzerinde çalışıyorum. Noktalar arasındaki tüm bağlantıları gösteren ve ana köşegeni sabitleyen ve matrisin üst sırasının mümkün olan tüm 16cho88 kombinasyonundan geçmesine izin veren bir konumsal matris kullanıyorum; Yalnızca aşağıdaki ölçütlere göre geçen matrisleri yakalarım ... no-XRRR, no-RXRR, no-RRXR, no-RRRX, no-XBBB, no-BXBB, vb. en zayıf kriterler ... no-XBRR, noBXRR, no-BBXR, no-BBRX, no-XRBB, no-RXBB, vs. Toplam 12780'den her 400 matris için muhtemel bir aday olduğunu fark ettim ve adayı bulmak için .95 saat veya her 8 kişiden 1'i aldım. 644 saniye. Geliyor, ama tam zamanlı olarak çalıştığım gibi programlamak için fazla zamanım yok. Birlikte çalışmalıyız ... 289,00 dolar kullanabilirim!

— William Bouris
kaynak

Bill Gasarch sadece 128 $ ödüyor olmalı.

— William Bouris

Bunun için üzgünüm ... 272/2 veya 136 $

— William Bouris

4

Bu sorunun cevabı değil. yorum olarak en iyisi.

— Suresh Venkat