Có một thuật toán thời gian đa thức để xác định xem khoảng của một tập hợp ma trận có chứa ma trận hoán vị không?

Tôi muốn tìm một thuật toán thời gian đa thức xác định xem khoảng của một ma trận đã cho có chứa ma trận hoán vị hay không.

Nếu bất kỳ ai biết nếu vấn đề này thuộc một lớp phức tạp khác, thì điều đó cũng hữu ích.

EDIT: Tôi đã gắn thẻ câu hỏi này với Lập trình tuyến tính, bởi vì tôi có một sự nghi ngờ mạnh mẽ rằng nếu một giải pháp như vậy tồn tại, nó sẽ là một loại thuật toán lập trình tuyến tính. Lý do tôi tin điều này là bởi vì các điểm cực trị của đa giác Birkhoff chính xác là ma trận hoán vị. Nếu sau đó bạn có thể tìm thấy một hàm mục tiêu được tối đa hóa hoặc tối thiểu hóa chỉ trên các đỉnh của đa giác Birkhoff, bạn có thể giới hạn hàm của mình với giao điểm của đa giác và không gian con vector của bạn, sau đó tối đa hóa nó trong thời gian đa thức. Nếu giá trị này là ma trận hoán vị, bạn sẽ biết tập hợp chứa hoán vị. Đó là những suy nghĩ của tôi về chủ đề này.

EDIT 2: Sau khi suy nghĩ nhiều hơn, có vẻ như với tôi rằng các ma trận hoán vị là một cách chính xác các yếu tố của Birkhoff Polytope với tiên đề Ơclit $\sqrt{n}$ , chúng ta xem xét các polytope Birkhoff là thân lồi của $n \times n$ ma trận hoán vị. Có lẽ đó cũng có thể là đáng kể.

EDIT 3: Tôi đã thêm thẻ lập trình semidefinite, bởi vì sau nhận xét trước đó của tôi, tôi bắt đầu nghĩ rằng một giải pháp lập trình semidefinite có thể khả thi vì giờ đây nó là thuật toán tối ưu hóa bậc hai bị ràng buộc tuyến tính.

— Nick
nguồn

Loại ma trận đầu vào nào sẽ có?

$\;$

Các mục có thể trong bất kỳ lĩnh vực nào, có một số tự do trong cách thiết lập ma trận; tuy nhiên, bạn muốn có một trường đủ lớn (vì vậy một trường có đặc tính 2 chẳng hạn sẽ không tốt).

— Nick

Có thể giải thích khoảng của một tập hợp các ma trận là gì?

— Mohammad Al-Turkistany

Mohammad: Tôi nghĩ rằng nó là sự kết hợp tuyến tính của tập hợp các ma trận.

— Vivek Bagaria

@DavidR Richby Tôi nghĩ rằng sự nhầm lẫn của Mohammad xuất phát từ thực tế là chúng ta thường nghĩ ma trận là đại diện cho bản đồ tuyến tính, và nhịp của bản đồ tuyến tính đôi khi được sử dụng như một thuật ngữ khác cho phạm vi của nó. Nhưng điều đó không có ý nghĩa ở đây, vì vậy tôi đoán rằng chúng ta nghĩ về ma trận như là các yếu tố của một không gian vectơ

— Sasho Nikolov

Câu trả lời:

Định lý. Vấn đề trong bài viết là NP-hard, bằng cách giảm từ Subset-Sum.

Tất nhiên, theo sau là vấn đề khó có thể có thuật toán đa thời gian theo yêu cầu của op.

Đây là trực giác. Vấn đề trong bài là

Có một ma trận hoán vị trong khoảng của một tập hợp ma trận nhất định không?

Điều này về cơ bản giống như

Có một ma trận hoán vị mà (nghĩ về ma trận như một vectơ) thỏa mãn một số ràng buộc tuyến tính nhất định không?

Đến lượt nó cũng giống như

Có một kết hợp hoàn hảo (trong một biểu đồ lưỡng cực hoàn chỉnh) mà vectơ tần suất thỏa mãn một số ràng buộc tuyến tính nhất định không?

Giảm tập hợp con cho bài toán sau là một bài tập tiêu chuẩn.

Dưới đây là bằng chứng chi tiết.

Xác định vấn đề trung gian sau:

Kết hợp-Sum:

$G=(U,V,E)$ $T$

$G$ $T$

Bổ đề 1 . Subset-Sum poly-time giảm xuống Match-Sum.

Chứng minh đây là một bài tập về nhà tiêu chuẩn. Bằng chứng là ở cuối.

Bổ đề 2. Kết hợp đa thời gian làm giảm vấn đề trong bài.

$G=(U,V,E)$ $w:U\times V\rightarrow \mathbb{N}_+$ $T\in \mathbb{N}_+$ $U=\{u_1,\ldots,u_n\}$ $V=\{v_1, \ldots, v_n\}$ $i,j\in\{1,2,\ldots,n\}$ $M^{(ij)}$ $\mathbb{R}^{(n+1)\times (n+1)}$ $M^{(ij)}_{ij} = T$ $M^{(ij)}_{n+1,n+1}=w(u_i, v_j)$

{M^{(i j)} : i, j \in {1, \dots, n}} .

$\big\{M^{(ij)} : i,j\in\{1,\ldots,n\}\big\}.$

$M \in\mathbb{R}^{(n+1)\times(n+1)}$ $M_{h,n+1} = M_{n+1,h} = 0$ $h\le n$

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} M_{i j} w (u_{i}, v_{j}) = T M_{n + 1, n + 1} .

$\textstyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij}\,w(u_i, v_j) = T\, M_{n+1,n+1}.$

$M^{(ij)}$ $M\in\mathbb{R}^{(n+1) \times (n+1)}$ $M$ của ma trận, trong đó $M'=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} M^{(ij)}$ $\alpha_{ij} = M_{ij}/M^{(ij)}_{ij} = M_{ij}/T$

M_{n + 1, n + 1}^{'} = \sum_{i j} α_{i j} w (u_{i}, v_{j}) = \sum_{i j} M_{i j} w (u_{i}, v_{j}) / T = (T M_{n + 1, n + 1}) / T = M_{n + 1, n + 1} .

$\textstyle M'_{n+1,n+1} = \sum_{ij} \alpha_{ij} w(u_i, v_j) = \sum_{ij} M_{ij} w(u_i, v_j)/T = (T\, M_{n+1,n+1})/T = M_{n+1,n+1}.$

$G$ $T$

$G$ $T$ $M'$ $M\in\{0,1\}^{(n+1)\times (n+1)}$ $n\times n$ $M_{n+1,n+1} = 1$ $M_{h,n+1}=M_{n+1,h}=0$ $h\le n$ $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij} w(u_i, v_j)$ $M'$ $T$ $M_{n+1,n+1}=1$ $M$

$M$ $n+1$ $n+1$ $M_{n+1,n+1}$ $M$ $M_{n+1,n+1} = 1$ $n\times n$ $M'$ tương ứng với $G$ $n\times n$ $M'$ $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij} w(u_i, v_j)$ $T M_{n+1,n+1} = T$ $T$ $~~\Box$

Đây là bằng chứng chậm trễ của Bổ đề 1:

Bằng chứng bổ đề 1. Cho tập hợp con Tổng hợp $(w,T)\in\mathbb{N}^n_+ \times \mathbb{N}_+$ $(G=(U,V,E), T)$ $U=\{u_1, u_2, \ldots, u_{2n}\}$ $V=\{v_1, v_2, \ldots, v_{2n}\}$ $i\in\{1,\ldots,n\}$ $(u_i, v_i)$ $w_i$

$T$ $S=\{i : (u_i, v_i)\in M, i\le n\}$ $M$

$S\subseteq\{1,\ldots,n\}$ $\sum_{i\in S} w_i = T$ $\{(u_i, v_i) : i \in S\}$ $T$ $T$

{(u_{i + n}, v_{i + n}) : i \in S} \cup ⋃_{i \in {1, \dots, n} ∖ S} {(u_{i}, v_{i + n}), (u_{i + n}, v_{i})} .

$\{(u_{i+n}, v_{i+n}) : i\in S\} \cup \bigcup_{i\in\{1,\ldots,n\}\setminus S}\{(u_i, v_{i+n}), (u_{i+n}, v_{i})\}.$

$~~~\Box$

Theo như câu trả lời này , theo câu trả lời này , sự hạn chế của Ghép-Sum đối với các trường hợp có trọng số cạnh đa thức là ở P. Nhưng tôi chắc chắn rằng hạn chế của vấn đề trong bài đối với ma trận có giới hạn đa thức (số nguyên ) các mục vẫn còn NP cứng.

— Neal trẻ
nguồn

Có vẻ như bạn lấy vỏ lồi của ma trận chứ không phải là nhịp. Khoảng thời gian của ma trận bạn mô tả là không gian đầy đủ của ma trận. Hay tôi đang thiếu một cái gì đó?

— Vanessa

@Squark, bạn đúng - Tôi hiểu sai "span". Cảm ơn. Tôi đã sửa bằng chứng để sử dụng định nghĩa chính xác của nhịp (như bất kỳ tổ hợp tuyến tính nào của ma trận.)

— Neal Young

M^{(i j)}

$M^{(ij)}$

w (u_{i}, v_{j})

$w(u_i,v_j)$

Điểm tốt về chia cho số không. Tôi sẽ sửa nó. Mặc dù vậy, tôi sẽ để hai phần giảm riêng biệt, theo tôi thì nó trực quan hơn.

— Neal Young

$O(\sqrt{\log m})$ $m$

$P$ $P$ $-P$ $M$

\forall i^{*}, j^{*} : \sum_{i} M_{i j^{*}} = \sum_{j} M_{i^{*} j} = c

$\forall i^*, j^*: \sum_{i}{M_{ij^*}} = \sum_j{M_{i^*j}} = c$

\forall i, j : - 1 \leq M_{i j} \leq 1

$\forall i,j: -1 \leq M_{ij} \leq 1$

- 1 \leq c \leq 1

$-1 \leq c \leq 1$

Nếu đây là một đại diện chính xác (không chắc chắn), thì bạn chỉ có thể thêm các ràng buộc hạn chế đa giác này vào không gian con đã cho của bạn. Không khó để điều chỉnh SDP bên dưới dòng này cho đại diện này, nhưng tôi chọn không đi qua nó để giữ cho ký hiệu có thể quản lý được.

Tôi không chắc đường kính gần đúng làm gì cho vấn đề của bạn: nó có thể cho phép bạn quyết định xem không gian con đã cho có gần với ma trận hoán vị hay cách xa tất cả chúng không, nhưng tôi đã không tính toán được.

$P = \{x: -b \leq Ax \leq b\}$ $A$ $m \times n$

$\alpha^2 = \max \sum_{i = 1}^n{\|v_i\|_2^2}$

chủ đề:

$\forall 1 \leq i \leq m: \|\sum_{j = 1}^n{A_{ij} v_j}\|_2^2 \leq b_i^2$

Trên phạm vi trên các vectơ chiều. Điều này có thể được viết như một SDP trong cách tiêu chuẩn và là nới lỏng các đường kính của , tức là là ít nhất đường kính Euclide của . $v_i$ $n$ $P$ $\alpha$ $P$

Bây giờ tôi khẳng định rằng . Để hiển thị điều này, tôi sẽ cung cấp cho bạn một thuật toán, được đưa ra của value , xuất ra có độ dài ít nhất . Thuật toán chỉ là một phép chiếu ngẫu nhiên: chọn một vectơ chiều ngẫu nhiên trong đó mỗi là một gaussian chuẩn. Đặt . Theo tính chất tiêu chuẩn của gaussian: $\alpha \leq O(\sqrt{\log m})\cdot \text{diam}(P)$ $(v_i)_{i=1}^n$ $\alpha$ $x \in P$ $\frac{\alpha}{O(\sqrt{\log m})}$ $n$ $g$ $g_i$ $\tilde{x}_i = g^T v_i$

E ‖ \tilde{x} ‖_{2}^{2} = α^{2}

$\mathbb{E}\ \|\tilde{x}\|_2^2 = \alpha^2$

\forall i \leq m : E | (A \tilde{x})_{i} |^{2} \leq b_{i}^{2} \Rightarrow E {max}_{i = 1}^{m} \frac{| (A \tilde{x})_{i} |}{b_{i}} \leq C \sqrt{\log m} .

$\forall i \leq m: \mathbb{E}\ |(A\tilde{x})_i|^2 \leq b_i^2 \ \ \Rightarrow \ \ \mathbb{E}\ \max_{i=1}^m{\frac{|(A\tilde{x})_i|}{b_i}} \leq C\sqrt{\log m}.$ trong đó giới hạn cuối giữ cho đủ lớn (đây là một thực tế tiêu chuẩn về mức tối đa của các biến ngẫu nhiên phụ, và có thể được chứng minh bằng cách sử dụng ràng buộc Chernoff).

C

$C$

m

$m$

Hai phương trình đã ngụ ý tồn tại một sao cho và . Hoặc, bằng cách sử dụng giới hạn nồng độ, bạn có thể chỉ ra rằng với xác suất không đổi và . $x$ $x \in P$ $\|x\|_2^2 \geq \frac{1}{C\sqrt{\log m}}\alpha$ $\frac{1}{2C\sqrt{\log m}}\tilde{x} \in P$ $\|\tilde{x}\|_2\geq \frac{1}{2}\alpha$

— Sasho Nikolov
nguồn