TSP xấp xỉ 1d với so sánh tuyến tính?

$O(n\log n)$ $1+O(n^{-c})$ $c$ $O(n)$ $(\max-\min)n^{-(c+1)}$ giá trị ban đầu của nó, và sau đó sử dụng sắp xếp cơ số. Nhưng các mô hình với làm tròn có lý thuyết phức tạp có vấn đề và điều này khiến tôi tự hỏi, còn các mô hình tính toán yếu hơn thì sao?

Vì vậy, TSP một chiều có thể xấp xỉ chính xác đến mức nào, trong mô hình tính toán cây so sánh tuyến tính (mỗi nút so sánh kiểm tra dấu của hàm tuyến tính của các giá trị đầu vào), bằng thuật toán có độ phức tạp thời gian là ? Phương pháp làm tròn tương tự cho phép đạt được bất kỳ tỷ lệ gần đúng nào của mẫu (bằng cách sử dụng các tìm kiếm nhị phân để thực hiện làm tròn và làm tròn thô hơn nhiều để làm cho nó đủ nhanh). Nhưng liệu có thể đạt được tỷ lệ xấp xỉ như cho một số không? $o(n\log n)$ $n^{1-o(1)}$ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$

— David Eppstein
nguồn

Tôi không quen thuộc với TSP 1D. Bạn có thể định nghĩa nó?

— Tyson Williams

@Tyson Williams: Vấn đề đường dẫn nhân viên bán hàng du lịch 1D là trường hợp đặc biệt của vấn đề đường dẫn nhân viên bán hàng du lịch Euclidean trong đó tất cả các thành phố nằm trên trục x. Hoặc chính thức, bạn được cung cấp n số thực a_1, Mạnh, a_n và mục tiêu của bạn là tạo ra một hoán vị π: {1, giật, n} → {1, Lỗi, n} sao cho ∑_ {i = 1} ^ {n − 1} | a_ {π (i)} - a_ {π (i + 1)} | được giảm thiểu.

— Tsuyoshi Ito

EDIT (CẬP NHẬT): Giới hạn dưới trong câu trả lời của tôi dưới đây đã được chứng minh (bằng một bằng chứng khác nhau) trong "Về mức độ phức tạp của các tour du lịch của nhân viên bán hàng du lịch Euclid và cây kéo dài tối thiểu", bởi Das et al; Thuật toán 19: 447-460 (1997).

có thể đạt được tỷ lệ xấp xỉ như trong một khoảng thời gian trong thời gian bằng thuật toán dựa trên so sánh không? $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$ $o(n\log n)$

Không. Đây là một giới hạn thấp hơn.

Yêu cầu. Đối với mọi , mọi thuật toán dựa trên so sánh đều yêu cầu so sánh trong trường hợp xấu nhất. $\epsilon>0$ $n^{1-\epsilon}$ $\Omega(\epsilon n\log n)$

Theo "so sánh dựa trên" tôi có nghĩa là bất kỳ thuật toán nào chỉ truy vấn đầu vào với các truy vấn nhị phân (Đúng / Sai).

Đây là một nỗ lực tại một bằng chứng. Hy vọng không có sai lầm. FWIW giới hạn dưới dường như có khả năng mở rộng sang các thuật toán ngẫu nhiên.

Khắc phục mọi và mọi tùy ý nhỏ nhưng không đổi . $n$ $\epsilon>0$

Hãy xem xét chỉ làCác trường hợp đầu vào "hoán vị" là hoán vị của . Giải pháp tối ưu cho mọi trường hợp như vậy có chi phí . $n!$ $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ $[n]$ $n-1$

Xác định chi phí của một hoán vị là. Mô hình hóa thuật toán như lấy đầu vào hoán vị , xuất ra hoán vị và trả chi phí . $\pi$ $c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$ $\pi$ $\pi'$ $d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

Xác định là số lượng so sánh tối thiểu cho bất kỳ thuật toán dựa trên so sánh nào để đạt được tỷ lệ cạnh tranh trong các trường hợp này. Vì opt là , thuật toán phải đảm bảo chi phí tối đa . $C$ $n^{1-\epsilon}$ $n-1$ $n^{2-\epsilon}$

Chúng tôi sẽ hiển thị . $C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

Xác định là, đối với mọi đầu ra có thể , tỷ lệ đầu vào có thể mà đầu ra sẽ đạt được chi phí tối đa . Phân số này độc lập với . $P$ $\pi'$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$

$P$ cũng bằng xác suất rằng, đối với một hoán vị ngẫu nhiên , chi phí nó nhiều nhất là . (Để biết lý do tại sao, hãy lấy là hoán vị nhận dạng đó là phần đầu vào mà nhiều nhất là , nhưng .) $\pi$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$ $I$ $P$ $d(\pi,I)$ $n^{2-\epsilon}$ $d(\pi,I) = c(\pi)$

Bổ đề 1. . $C \ge \log_2 1/P$

Bằng chứng. Sửa chữa bất kỳ thuật toán mà luôn luôn sử dụng ít hơn so sánh. Cây quyết định cho thuật toán có độ sâu nhỏ hơn , do đó, có ít hơn lá và, đối với một số hoán vị đầu ra , thuật toán cho là đầu ra cho nhiều hơn tỷ lệ đầu vào. Theo định nghĩa của , đối với ít nhất một đầu vào như vậy, đầu ra mang lại chi phí cao hơn . QED $\log_2 1/P$ $\log_2 1/P$ $1/P$ $\pi'$ $\pi'$ $P$ $P$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$

Bổ đề 2. . $P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

Trước khi chúng tôi đưa ra bằng chứng bổ đề 2, hãy lưu ý rằng hai bổ đề cùng đưa ra yêu cầu:

C \geq \log_{2} \frac{1}{P} = \log_{2} \exp (Ω (ϵ n \log n)) = Ω (ϵ n \log n) .

$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$

Chứng minh bổ đề 2. Gọi là hoán vị ngẫu nhiên. Hãy nhớ rằng bằng với xác suất mà chi phí nó nhiều nhất là . Giả sử rằng bất kỳ cặp nào là một cạnh có chi phí, vì vậy là tổng chi phí cạnh. $\pi$ $P$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $(i,i+1)$ $|\pi(i+1)-\pi(i)|$ $c(\pi)$

Giả sử . $c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

Sau đó, với mọi , tối đa của các cạnh có giá trở lên. Nói rằng các cạnh của chi phí ít hơn là giá rẻ . $q>0$ $n^{2-\epsilon}/q$ $q$ $q$

Khắc phục . Thay thế và đơn giản hóa, tối đa của các cạnh không rẻ. $q=n^{1-\epsilon/2}$ $n^{1-\epsilon/2}$

Do đó, ít nhất của các cạnh là rẻ. Do đó, có một bộ chứa cạnh giá rẻ. $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ $S$ $n/2$

Yêu cầu. Đối với bất kỳ tập hợp có cạnh, xác suất rằng tất cả các cạnh trong đều rẻ nhất là . $S$ $n/2$ $S$ $\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

Trước khi chúng tôi chứng minh yêu cầu, lưu ý rằng nó ngụ ý bổ đề như sau. Theo yêu cầu và liên kết ngây thơ bị ràng buộc, xác suất rằng bất kỳ tập hợp nào tồn tại nhiều nhất là $S$

(\binom{n}{n / 2}) \exp (- Ω (ϵ n \log n)) \leq 2^{n} \exp (- Ω (ϵ n \log n))

${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

\leq \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) \leq \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

Bằng chứng yêu cầu bồi thường. Chọn theo quy trình sau. Chọn thống nhất từ , sau đó chọn thống nhất từ , sau đó chọn thống nhất từ , v.v. $\pi$ $\pi(1)$ $[n]$ $\pi(2)$ $[n] - \{\pi(1)\}$ $\pi(3)$ $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

Xem xét bất kỳ cạnh trong . Hãy xem xét thời gian ngay sau khi được chọn, khi sắp được chọn. Bất kể các lựa chọn đầu tiên (cho cho ), có ít nhất các lựa chọn cho và nhiều nhất là trong số đó các lựa chọn sẽ cung cấp cho cạnh chi phí ít hơn (làm cho nó rẻ). $(i,i+1)$ $S$ $\pi(i)$ $\pi(i+1)$ $i$ $\pi(j)$ $j\le i$ $n-i$ $\pi(i+1)$ $2n^{1-\epsilon/2}$ $(i,i+1)$ $n^{1-\epsilon/2}$

Do đó, dựa trên các lựa chọn đầu tiên , xác suất cạnh rẻ là nhiều nhất . Do đó, xác suất rằng tất cả cạnh trong đều rẻ nhất là Vì , có ít nhất cạnh trong với . Do đó, sản phẩm này nhiều nhất là $i$ $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$ $n/2$ $S$

\prod_{(i, i + 1) \in S} \frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n - i} .

$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$

| S | \geq n / 2

$|S|\ge n/2$

n / 4

$n/4$

S

$S$

n - i \geq n / 4

$n-i\ge n/4$

(\frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n / 4})^{n / 4} \leq (8 n^{- ϵ / 2})^{n / 4} = \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) = \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

QED

— Neal trẻ
nguồn

ps Tôi có một yêu cầu để thực hiện điều này, vì vậy tôi đã đưa nó lên arvix.org tại đây .

— Neal Young