Đánh số tập hợp con

Fix $k\ge5$ . Đối với bất kỳ đủ lớn $n$, chúng tôi muốn gắn nhãn tất cả các tập hợp con của $\{1..n\}$ có kích thước chính xác bằng $n/k$ theo số nguyên dương từ $\{1...T\}$ . Chúng tôi muốn ghi nhãn này để đáp ứng các thuộc tính sau: có một bộ $S$ gồm các số nguyên, st

1. Nếu $k$ tập con của kích thước $n/k$ không giao nhau (tức là sự kết hợp của những bộ hình tất cả các thiết lập $\{1..n\}$ ), sau đó tổng của nhãn của họ là trong $S$ .
2. Nếu không, tổng của nhãn không có trong $S$ .

Liệu có tồn tại một $k\ge5$ và ghi nhãn, st $T\cdot|S|=O(1.99^n)$ ?

Ví dụ, với bất kỳ nào, $k$chúng ta có thể gắn nhãn các tập con theo cách sau. $T=2^n$ , mỗi tập hợp con có $n$ bit trong số của chúng: bit thứ nhất bằng $1$ iff tập con chứa $1$ , bit thứ hai bằng $1$ iff tập hợp con chứa $2$ vv Dễ thấy, $S$ chỉ chứa một phần tử $2^n-1$ . Nhưng ở đây $T\cdot|S|=\Theta(2^n)$ . Chúng ta có thể làm điều đó tốt hơn?

Một câu trả lời một phần là thậm chí không ghi nhãn như vậy.$k$

Đối với một tập hợp tách rời các tập con S 1 , Rò , S t (có kích thước n / k , hãy để f ( S 1 , Lỗi , S t ) biểu thị tổng các giá trị của chúng).$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

Khẳng định: nếu và S 1 ∪ ... ∪ S t ≠ S ' 1 ∪ ... ∪ S ' t sau đó f ( S 1 , ... , S t ) ≠ f ( S ' 1 , ... , S ' t ) .$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

Để xem lý do khiếu nại là đúng, chọn một tập đến nỗi ⋃ k i = 1 S i = [ n ] nhưng sau đó một trong một trong những bộ mới giao cắt của S ' i 's so f ( S 1 , ... , S k ) không được phép sử dụng giống như f ( S ' 1 , ... , S ' t , $S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$.$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

Hệ quả: .$T > {n \choose tn/k}/t$

Đặt cho giới hạn dưới của T ≥ 2 ($t = k/2$.$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

Lưu ý rằng đối với lẻ, người ta có giới hạn thứ tự thấp hơn ($k$. Đã chok=5ta cóH((1-1/k)/2)=${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$ nên số mũ có xu hướng 1 khá nhanh chóng.$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

Tôi đoán rằng không có giải pháp nào tồn tại cho lẻ nhưng tôi không chắc làm thế nào để chứng minh điều đó.$k$

Đây không phải là một câu trả lời, chỉ là một lời giải thích tại sao cho k = 2 không có nhãn như vậy có thể tồn tại (tôi chắc chắn điều này đã được Alex biết đến, vì vậy đây chỉ là một bài viết cho những độc giả khác như tôi ...)

Với k = 2 ta có . Điều này là do có($T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$tập con có kích thước n / 2. Nếu bất kỳ hai cái nào có cùng nhãn, ví dụ A và B, thì tổng của nhãn A và phần bù của nó không nằm trong S hoặc tổng của nhãn B và phần bù của A nằm trong S. Điều này ngụ ýT≥(${n \choose n/2}$(đối với n lớn).$T\ge {n \choose n/2}$

Đối với ka lớn hơn, đối số tương tự cho thấy rằng tất cả các nhãn phải khác nhau, nhưng điều này chỉ mang lại giới hạn thấp hơn theo hàm mũ. Vậy là k = 3 dường như chưa biết.