đủ của việc nhận ra sự khác biệt của hai hoán vị

Shor tuyên bố, trong bình luận của mình cho câu trả lời của con nai vô danh cho câu hỏi này Bạn có thể xác định tổng của hai hoán vị trong thời gian đa thức không? , đó là -complete để xác định sự khác biệt của hai hoán vị. Thật không may, tôi không thấy sự giảm thiểu đơn giản từ bài toán tổng hoán vị và rất hữu ích khi có mức giảm tính đồng bộ cho bài toán chênh lệch hoán vị. $NP$ $NP$

Chênh lệch hoán vị:

INSTANCE: Mảng gồm các số nguyên dương. $A[1...n]$

CÂU HỎI: Có tồn tại hai hoán vị và của các số nguyên dương sao cho cho ? $\pi$ $\sigma$ $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$ $1 \le i \le n$

Mức giảm nào để chứng minh tính đồng nhất của khi nhận ra sự khác biệt của hai hoán vị? $NP$

EDIT 10-9-2014 : Nhận xét của Shor đưa ra một mức giảm chứng tỏ tính không hoàn chỉnh của khi các yếu tố của chuỗi được ký khác biệt. Tuy nhiên, tôi không thấy giảm bớt dễ dàng cho vấn đề của mình khi tất cả các yếu tố của là giá trị tuyệt đối của sự khác biệt. $NP$ $A$ $A$

CẬP NHẬT: Vấn đề Chênh lệch hoán vị dường như là -complete ngay cả khi một trong hai hoán vị luôn là hoán vị danh tính. Bằng chứng về độ cứng của trường hợp đặc biệt này rất đáng hoan nghênh. Vì vậy, tôi quan tâm đến tính đồng bộ của phiên bản giới hạn này: $NP$ $NP$

Sự khác biệt về giới hạn cho phép: INSTANCE: Mảng gồm các số nguyên dương. $A[1...n]$

~~HỎI: Có tồn tại hoán vị của các số nguyên dương sao cho cho ? $\pi$ $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - i| = A[i]$ $1 \le i \le n$~~

Cập nhật 2 : Vấn đề bị hạn chế có thể quyết định một cách hiệu quả như được hiển thị bởi câu trả lời của mjqxxxx. Độ phức tạp tính toán của vấn đề ban đầu không được chứng minh.

EDIT 9/6/16 : Tôi quan tâm đến việc xác định xem sự đơn giản hóa Sự khác biệt về phép này có hoàn chỉnh NP hay không:

Sự khác biệt về quyền hạn chế:

NGAY LẬP TỨC : Một đa số của các số nguyên dương. $A$

HỎI : Có tồn tại hoán vị của các số nguyên dương sao cho ? $\pi$ $1,2, ... , n$ $A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

— Mohammad Al-Turkistany
nguồn

Tại sao không hỏi Peter trực tiếp? @ Peter

— caozhu

Ý bạn là qua Email? Tôi sẽ làm điều đó.

— Mohammad Al-Turkistany

Tôi có thể thiếu một cái gì đó nhưng vấn đề này không thể được biểu diễn dưới dạng 2-SAT và do đó sẽ được giải quyết trong polytime? Chúng ta có thể giả sử WLOG rằng một trong những hoán vị là danh tính (tôi giả sử ở đây rằng A [i] được tính theo chu kỳ; điều đó có quan trọng không?), Và sau đó chúng ta có thể biểu diễn cái thứ hai bằng ma trận . Là một ma trận hoán vị là sự kết hợp của các mệnh đề của hai biến nói rằng không có hai biến nào nằm trong một hàng hoặc trong một cột; và sau đó nói rằng sự khác biệt nằm ở vị trí của pi (i) từ i là A [i] là OR của hai nơi có thể có.

x [i, j]

$x[i,j]$

— Noam

@Noam Cảm ơn bạn đã bình luận của bạn. Ý tưởng thú vị. Tôi đã không nghĩ về nó. Tuy nhiên, tôi không rõ liệu nó có dẫn đến thuật toán thời gian đa thức hay không, đặc biệt là chúng ta chỉ được đưa ra giá trị tuyệt đối của sự khác biệt.

— Mohammad Al-Turkistany

Vâng, dường như sự khác biệt giữa việc đếm khoảng cách theo chu kỳ hoặc theo giá trị tuyệt đối có thể quan trọng.

— Noam

Câu trả lời:

Vấn đề bị hạn chế, trong đó một trong những hoán vị là danh tính, chắc chắn là trong . Xây dựng biểu đồ lưỡng cực trong đó mỗi đỉnh được kết nối với (các) phần tử như vậy đó . Sau đó, hoán vị mong muốn tồn tại khi và chỉ khi đồ thị có khớp hoàn hảo (nghĩa là khớp với cạnh), có thể được xác định theo thời gian đa thức. $\mathsf{P}$ $i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$ $j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$ $|i-j|=A[i]$ $\sigma$ $n$

— mjqxxxx
nguồn

Tôi có thể đang thiếu một cái gì đó, nhưng bất kỳ kết hợp hoàn hảo sẽ không hoạt động. Bạn phải chứng minh sự tồn tại của kết hợp hoàn hảo hạn chế. Hãy xem xét một số nguyên xảy ra hai lần trong mảng đầu vào . Sự kết hợp hoàn hảo tương ứng với hoán vị phải có hai cạnh với độ chênh lệch tuyệt đối . Thuật toán của bạn KHÔNG chứng minh sự tồn tại của kết hợp hạn chế như vậy. Đây là những gì làm cho vấn đề khó khăn và có thể NP-hoàn thành.

k

$k$

A

$A$

k

$k$

— Mohammad Al-Turkistany

@ MohammadAl-Turkistany: Tôi nghĩ rằng nếu thì được liên kết với các nút với sự khác biệt tuyệt đối . Kết hợp hoàn hảo sẽ bao gồm ít nhất một cạnh từ và một cạnh từ . Tôi đã đi đến kết luận tương tự một vài lần trước đây khi nghĩ về vấn đề ban đầu, nhưng theo một cách khác: tôi thấy rằng thật dễ dàng để hình thành vấn đề bị hạn chế như một công thức 2-SAT (nếu bạn muốn tôi có thể thêm câu trả lời với nó , nhưng ý tưởng của mjqxxxx là tốt hơn).

A [i] = A [j] = k

$A[i] = A[j] = k$

u_{i}, u_{j} \in V_{1}

$u_i, u_j \in V_1$

v_{i + A [i]}, v_{i - A [i]}, v_{j + A [j]}, v_{j - A [j]} \in V_{2}

$v_{i+A[i]},v_{i-A[i]},v_{j+A[j]},v_{j-A[j]} \in V_2$

k

$k$

u_{i}

$u_i$

u_{j}

$u_j$

— Marzio De Biasi

@MarzioDeBiasi Tại sao phương pháp này (và của bạn) không hoạt động cho vấn đề ban đầu (không bị hạn chế)?

— Mohammad Al-Turkistany

@mjqxxx Tôi thấy rằng cách tiếp cận của bạn giải quyết trường hợp bị hạn chế. Tại sao nó không thể được mở rộng để giải quyết hiệu quả vấn đề ban đầu?

— Mohammad Al-Turkistany

@ MohammadAl-Turkistany: bởi vì trong bài toán ban đầu, các yếu tố của hoán vị đầu tiên (chữ trong phiên bản giới hạn) không được sửa và sử dụng cùng một cách tiếp cận mà bạn kết thúc bằng đồ thị ba bên (và theo cách tiếp cận 2-SAT của tôi với a ... không phải là mệnh đề 2-CNF).

i

$i$

δ_{i} (n) \to (π_{i} (n + A [i]) \lor π_{i} (n - A [i]))

$\delta_i(n) \to (\pi_i(n+A[i]) \lor \pi_i(n-A[i]))$

— Marzio De Biasi

Đây là một biến thể thú vị nhẹ, trong đó vấn đề rất dễ xảy ra: thay vì tập hợp mặt đất , cho phép mọi tập hợp con của . Mục tiêu vẫn là tìm hoán vị sao cho trong đó là bộ mặt đất. Ưu điểm chính ở đây là bộ mặt đất mới buộc mỗi phần tử của phải là đối với một số và nếu , thì và được xác định bởi sự khác biệt này . Theo sau đó cho mỗi sự khác biệttrong $\{1,2,3,\ldots,n\}$ $\{1,2,4,8,\ldots\}$ $\pi$ $A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$ $\Omega$ $A$ $2^{k_1}-2^{k_2}$ $k_1,k_2$ $k_1\ne k_2$ $k_1$ $k_2$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ , chúng tôi có thể suy ra rằng hoặc (hoặc cả hai). $\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$ $\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$

Giải quyết hiệu quả biến thể đơn giản hóa này sau đó là thói quen ít nhiều. Bắt đầu bằng cách xây dựng đa lớp lưỡng cực vô hướng trong đó và là các bản sao riêng biệt của bộ mặt đất và thêm các cạnh và bất cứ khi nào xuất hiện trong với . Tôi khẳng định rằng những điều sau đây là tương đương: $G = (L \sqcup R, E)$ $L$ $R$ $(2^{k_1},2^{k_2})$ $(2^{k_2},2^{k_1})$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ $k_1 \ne k_2$

Có một hoán vị với sự khác biệt $\pi$ $A$
Mỗi đỉnh trong có độ 0 hoặc 2 $G$

Tôi sẽ không thực sự chứng minh điều này vì thời gian, nhưng nó không quá tệ để tự mình giải quyết. Điều đó là đơn giản. Rằng khó khăn hơn một chút, nhưng nó không quá tệ khi bạn suy luận về tính tự động của gửi mỗi đỉnh trong đến bản sao của nó trong (và ngược lại). Bằng chứng mà tôi có trong tâm trí chỉ đạo các cạnh trong sao cho tất cả các cạnh trong một chu kỳ đi `` cùng một cách xung quanh chu kỳ '' (mỗi đỉnh không vi phạm có in-độ = out-độ = 1), và do đó, trước đó tính tự động của vẫn là tính tự động của phiên bản được định hướng. sau đó được chọn theo các cạnh đi từ $1 \implies 2$ $2 \implies 1$ $G$ $L$ $R$ $G$ $G$ $\pi$ $L$ để . $R$

Bạn có thể diễn đạt thuật toán trên như một câu hỏi khớp hoàn hảo và tôi tưởng tượng có những cách giảm khác đối với 2-SAT. Tôi không thấy làm thế nào để mở rộng các phương pháp tiếp cận vấn đề ban đầu.

— Andrew Morgan
nguồn