Một vấn đề phân vùng trong đó một số số có thể bị cắt

Trong bài toán phân vùng tiêu chuẩn , chúng tôi được cung cấp một số số có tổng là $2s$ và phải quyết định xem chúng có thể được phân chia thành hai tập con có tổng là $s$ . Nó được biết đến là NP-cứng.

Tuy nhiên, giả sử rằng chúng ta được phép chỉ định một trong các số là "số mềm" có thể cắt nó thành một số phần tùy ý, trong đó các phần khác nhau có thể được đặt vào các tập con khác nhau. Sau đó, vấn đề trở nên dễ dàng: chỉ cần sắp xếp tất cả các số trên một dòng theo thứ tự tùy ý và cắt dòng thành hai dòng phụ có cùng một tổng.

CÂU HỎI: Giả sử chúng ta được cung cấp một số số có tổng bằng $3s$ và phải quyết định xem chúng có thể được phân chia thành ba tập con có tổng là $s$ , trong khi sử dụng tối đa một số mềm. Sự phức tạp của vấn đề này là gì?

• Nếu chúng ta được phép sử dụng hai số mềm, thì vấn đề lại trở nên dễ dàng - chúng ta có thể giải quyết nó bằng cách sắp xếp các số trên một dòng như trên.
• Nếu chúng ta được phép sử dụng các số mềm bằng 0 , thì vấn đề rõ ràng là khó khăn - ít nhất cũng khó như vấn đề phân vùng thành hai tập con.
• Nếu chúng tôi được phép sử dụng một số mềm, tôi đoán là vấn đề vẫn còn khó khăn và bằng cách nào đó chúng tôi có thể giảm bớt nó khỏi vấn đề phân vùng tiêu chuẩn, nhưng tôi không thể tìm ra mức giảm phù hợp. Vì vậy, nó là dễ hay khó?

Một câu hỏi khác: trong trường hợp vấn đề thực sự là NP-hard, nó có thể được giải quyết trong thời gian giả đa thức như bài toán phân vùng hai tập hợp không?

Số lớn nhất là số mềm

Tôi khẳng định rằng đối với bất kỳ trường hợp nào của vấn đề của bạn, nếu trường hợp đó có thể giải quyết được (có thể phân vùng các số bằng một số mềm) thì có thể giải quyết trường hợp sử dụng số lớn nhất làm số mềm duy nhất. Điều này rất dễ chứng minh: mọi giải pháp đều có thể được sửa đổi thành một giải pháp với số lớn nhất là số mềm; chỉ cần đặt số hiện tại là số mềm vào phân vùng chứa số lớn nhất và chia số lớn nhất cho các phần của phân vùng thay thế.

Vấn đề đóng gói

Đây là một vấn đề mà tôi sẽ gọi là vấn đề đóng gói:

Các đầu vào bao gồm một danh sách các số dương $a_1, a_2, \ldots, a_k$ và một số thức $\ell$ mà $\ell \ge a_i$ cho tất cả $i$ . Xác định $s = \frac{1}{3}\left(\ell + \sum_{i = 1}^ka_i\right)$. Sau đó, vấn đề là phân vùng danh sách của$a_i$thành ba phần sao cho mỗi phần có tổng nhiều nhất$s$.

Tôi cho rằng vấn đề đóng gói với các đầu vào $a_1, \ldots, a_k$ và $\ell$ là tương đương với vấn đề của bạn với danh sách đầu vào $a_1, \ldots, a_k, \ell$ . Nếu nó có thể để đóng gói các con số $a_1, \ldots, a_k$ thành ba nhóm mỗi sum tại hầu hết các $s$ sau đó bạn có thể sử dụng $\ell$ như một số phần mềm để vòng ra mỗi số tiền chính xác $s$ ; do đó bạn có một phân vùng của $a_1, \ldots, a_k, \ell$ thành ba nhóm sum$s$ sử dụng một số phần mềm. Nếu mặt khác$a_1, \ldots, a_k, \ell$ có thể được phân chia thành ba nhóm sum$s$ sử dụng một số phần mềm sau đó danh sách này có thể được phân chia thành ba nhóm sum$s$ sử dụng$\ell$ như số mềm (do kết quả từ phần trước). Trong trường hợp này, việc phân nhóm$a_i$ thành ba phần thỏa mãn điều kiện là mỗi phần có tổng tối đa$s$ .

Vấn đề đóng gói không có số lượng nhỏ

Nói rằng một thể hiện của vấn đề bao bì "không có số lượng nhỏ" nếu với mọi $i$ , $a_i > \frac{\ell}{2}$ . Tôi khẳng định rằng bạn có thể giảm vấn đề đóng gói thành vấn đề đóng gói với số lượng không nhỏ.

Giả sử rằng trong bao bì vấn đề ví dụ $(a_1, \ldots, a_k), \ell$ số $a_i$ có $a_i \le \frac{\ell}{2}$ . Wlog giả sử$a_k$là này$a_i$. Sau đó, tôi khẳng định ví dụ về vấn đề đóng gói$(a_1, \ldots, a_{k-1}), \ell+a_k$tương đương với thể hiện ban đầu. Lưu ý rằng giá trị$s$vẫn giữ nguyên trong cả hai trường hợp.

Chắc chắn nếu bạn có thể đóng gói các con số $a_1, \ldots, a_k$ thành ba nhóm với mỗi nhóm có tổng tại hầu hết các $s$ sau đó bạn có thể đóng gói các con số $a_1, \ldots, a_{k-1}$ thành ba nhóm với mỗi nhóm có tổng nhiều nhất $s$ .

Mặt khác, giả sử bạn có thể đóng gói các con số $a_1, \ldots, a_{k-1}$ thành ba nhóm với mỗi nhóm có tổng tại hầu hết các $s$ . Đối với mỗi nhóm trong ba nhóm, hãy xem xét giá trị $s$ trừ tổng của các phần tử trong nhóm. Gọi các giá trị này là $e_1, e_2, e_3$ ; ở đây $e_i$ là lượng "khoảng trống" trong nhóm $i$ . Chúng ta biết rằng $e_1 + e_2 + e_3$ , tổng không gian trống, bằng $3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ (tổng diện tích$3s$ không gian trừ sử dụng$\sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ ). Nhưng$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i = a_k + \ell$ theo định nghĩa của$s$ . Như vậy, ba nhóm có$a_k + \ell$ khoảng trống trong tổng số. Sau đó kể từ khi$a_k < \frac{\ell}{2}$ , chúng ta biết rằng tổng không gian trống là hơn$3a_k$. Bởi nguyên tắc lỗ pigeon, ít nhất là một trong những nhóm có$a_k$hoặc không gian trống hơn trong đó. Do đó, chúng ta có thể thêm phần tử$a_k$vào một trong các nhóm và kết thúc bằng việc đóng gói các số$a_1, \ldots, a_k$thành ba nhóm với mỗi nhóm có tổng số nhiều nhất$s$.

Vì vậy, để giải quyết vấn đề của bạn, chỉ cần giải quyết vấn đề đóng gói với số lượng không nhỏ.

Bổ đề 1

Tuyên bố bổ đề:

Giả sử chúng ta có thể phân vùng $a_1, \ldots, a_k$ vào nhóm 1 và 2 như vậy mà nhóm 2 có một số chẵn các yếu tố và tổng của các yếu tố trong nhóm 1 là trong khoảng $\left[s - \frac{\ell}{2}, s\right]$. Sau đó, có thể phân vùng nhóm 2 thành hai nhóm nhỏ 2a và 2b, mỗi nhóm có tổng tối đa$s$. Lưu ý rằng các nhóm 1, 2a và 2b là một giải pháp của trường hợp đóng gói.

Đây là một bằng chứng.

Dự kiến ​​chỉ định một nửa các yếu tố của nhóm 2 cho nhóm 2a và nửa còn lại cho nhóm 2b. Tạo sự phù hợp giữa các yếu tố của hai nhóm nhỏ. Hoán đổi các cặp này giữa hai nhóm, mỗi lần một cặp. Nếu có $2n$ phần tử trong nhóm 2 thì quá trình này đi qua chính xác $n+1$ phân vùng có thể của nhóm 2 thành các nhóm con 2a và 2b. Tôi khẳng định rằng ít nhất một trong những phân vùng đó có cả hai nhóm con với tổng nhỏ hơn $s$ .

Đặt $S_{2a}$ và $S_{2b}$ là tổng của hai nhóm con (chúng tôi cho phép các giá trị này thay đổi khi các nhóm thay đổi).

Ở mỗi bước của quy trình trên, nhóm 2a được một yếu tố và mất đi một yếu tố khác. Vì mỗi phần tử có giá trị giữa $\frac{\ell}{2}$ và$\ell$, chúng ta có thể kết luận rằng tại mỗi bước của quá trình trên,$S_{2a}$thay đổi bởi ít nhất$\frac{\ell}{2}$ .

Ngoài ra, giá trị cuối cùng của $S_{2a}$ bằng với giá trị ban đầu của $S_{2b}$ kể từ khi kết thúc quá trình, các nhóm đã hoán đổi hoàn toàn.

Gọi $A$ là giá trị trung bình của $S_{2a}$ và $S_{2b}$ . Lưu ý rằng điều này là không đổi khi các nhóm thay đổi. Chúng ta biết rằng các giá trị ban đầu và cuối cùng của $S_{2a}$ trung bình $A$ (kể từ khi giá trị ban đầu và cuối cùng của $S_{2a}$ bằng với giá trị ban đầu của $S_{2a}$ và $S_{2b}$ ). Do đó, $A$ phải nằm giữa giá trị ban đầu và giá trị cuối của $S_{2a}$ . Khi chúng ta thay đổi các nhóm, giá trị của $S_{2a}$tiến hành các bước kích thước tối đa là $\frac{\ell}{2}$ từ một bên của$A$sang bên kia. Từ đó, chúng ta có thể kết luận rằng tại một số điểm, giá trị của$S_{2a}$phải nằm trong một nửa kích thước bước tối đa ($\frac{\ell}{4}$ ) của$A$. Kể từ$S_{2b}$luôn có cùng một khoảng cách từ$A$như$S_{2a}$, chúng ta có thể kết luận rằng tại một số điểm, cả hai khoản tiền$S_{2a}$và$S_{2b}$nằm trong$\frac{\ell}{4}$ của$A$.

$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b})$ là tổng các phần tử của nhóm 1; do đó,$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b}) \ge s - \frac{\ell}{2}$ (theo điều kiện trên tổng của nhóm 1). Sắp xếp lại, chúng tôi có mà$(S_{2a} + S_{2b}) \le 2s - \frac{\ell}{2}$ . Do đó, tỷ lệ trung bình của$S_{2a}$và$S_{2b}$là tại hầu hết các$s - \frac{\ell}{4}$ . Sau đó, vào thời điểm đó rằng cả hai$S_{2a}$và$S_{2b}$nằm trong$\frac{\ell}{4}$ của$A$, chúng ta thấy rằng cả hai đều ở hầu hết các$s$như mong muốn.

Trường hợp 1: $k = 3n$

Tính tổng $n$ nhỏ nhất $a_i$ s và cũng là $n$ lớn nhất $a_i$ s.

Nếu $n$ nhỏ nhất $a_i$ s tổng lớn hơn $s$ , thì không nhóm nào có thể có $n$ hoặc nhiều phần tử (vì bất kỳ lựa chọn nào của $n$ phần tử sẽ dẫn đến tổng là quá lớn). Nhưng nguyên lý lỗ chim bồ câu cho chúng ta biết rằng ít nhất một nhóm có ít nhất $n$ yếu tố. Vì vậy, trong trường hợp này không có giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Nếu $n$ lớn nhất $a_i$ s tổng với tối đa $s$ , thì mọi lựa chọn của $n$ phần tử có tổng tối đa $s$ . Trong trường hợp này, chỉ cần phân vùng các phần tử thành ba nhóm có kích thước bằng nhau sẽ giải quyết trường hợp đóng gói.

Trường hợp duy nhất còn lại là $n$ phần tử nhỏ nhất tổng hợp tối đa $s$ và phần tử $n$ lớn nhất tổng hợp nhiều hơn $s$ . Như trong bổ đề, chúng ta có thể chuyển đổi từ từ giữa hai tập hợp này: bắt đầu với một nhóm được khởi tạo với $n$ phần tử nhỏ nhất và phần tử hoán đổi cho đến khi nhóm có $n$ phần tử lớn nhất . Mỗi bước di chuyển tổng của nhóm bởi ít nhất $\frac{\ell}{2}$ (theo logic tương tự như trong chứng minh bổ đề) và tổng vượt qua giá trị$s$tại một số điểm trong quy trình này. Do đó, một trong hai ngay trước hoặc ngay sau khi vượt qua giá trị$s$, tổng nhỏ hơn$s$nhưng ít bởi ít nhất$\frac{\ell}{2}$ . Nói cách khác, tại một số điểm trong quá trình này, nhóm có một số tiền trong khoảng$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Lấy nhóm đó làm nhóm 1 và$2n$phần tửcòn lạilàm nhóm 2. Bổ đề được áp dụng, cho phép chúng tôi tìm giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Trường hợp 2: $k = 3n+1$

Tính tổng $n+1$ nhỏ nhất $a_i$ s và cũng là $n+1$ lớn nhất $a_i$ s.

Nếu $n+1$ nhỏ nhất $a_i$ s tổng bằng nhiều hơn $s$ , thì không nhóm nào có thể có $n+1$ hoặc nhiều phần tử (vì bất kỳ lựa chọn nào của $n+1$ phần tử sẽ dẫn đến tổng quá lớn). Nhưng nguyên tắc lỗ chim bồ câu cho chúng ta biết rằng ít nhất một nhóm có ít nhất $n+1$ nguyên tố. Vì vậy, trong trường hợp này không có giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Nếu $n+1$ lớn nhất $a_i$ s sum tối đa $s$ , thì mọi lựa chọn của $n+1$ phần tử có tổng tối đa $s$ . Trong trường hợp này, chỉ cần phân vùng các phần tử thành ba nhóm có kích thước $n$ , $n$ và $n+1$ giải quyết trường hợp đóng gói.

Trường hợp duy nhất còn lại là các phần tử $n+1$ nhỏ nhất tổng hợp tối đa $s$ và các phần tử $n+1$ lớn nhất tổng hợp nhiều hơn $s$ . Như trong trường hợp trước, chúng ta có thể chuyển đổi từ từ giữa hai bộ này: bắt đầu với một nhóm được khởi tạo với các phần tử $n+1$ nhỏ nhất và các phần tử hoán đổi cho đến khi nhóm có các phần tử $n+1$ lớn nhất . Mỗi bước di chuyển tổng của nhóm bởi ít nhất $\frac{\ell}{2}$ (theo logic tương tự như trong chứng minh bổ đề) và tổng vượt qua giá trị$s$tại một số điểm trong quy trình này. Do đó, một trong hai ngay trước hoặc ngay sau khi vượt qua giá trị$s$, tổng nhỏ hơn$s$nhưng ít bởi ít nhất$\frac{\ell}{2}$ . Nói cách khác, tại một số điểm trong quá trình này, nhóm có một số tiền trong khoảng$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Lấy nhóm đó làm nhóm 1 và$2n$phần tửcòn lạilàm nhóm 2. Bổ đề được áp dụng, cho phép chúng tôi tìm giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Trường hợp 3: $k = 3n+2$ subcase dễ dàng đầu tiên

Tổng $n$ nhỏ nhất $a_i$ s và $n$ lớn nhất $a_i$ s.

Nếu một trong hai giá trị trong khoảng $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, ngay lập tức áp dụng bổ đề với lựa chọn$n$phần tử là nhóm 1 và phần tử$2n+2$còn lạilà nhóm 2. Điều này cho phép chúng tôi tìm ra giải pháp cho trường hợp đóng gói.

Nếu $n$ nhỏ nhất $a_i$ s sum đến dưới $s-\frac{\ell}{2}$ và$n$lớn nhất$a_i$s tổng lớn hơn$s$thì chúng ta có thể bắt đầu với$n$phần tử$a_i$snhỏ nhấtvà hoán đổi cho đến khi chúng ta kết thúc với$n$lớn nhất$a_i$s. Tại mỗi bước di chuyển tổng tối đa là$\frac{\ell}{2}$ , vì vậy tại một số điểm trong quá trình này, chúng tôi có một nhóm$n$yếu tố có tổng số trong khoảng$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Lấy nhóm đó làm nhóm 1 và cácyếu tố$2n+2$còn lạilàm nhóm 2. Bổ đề được áp dụng, cho phép chúng tôi tìm giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Nếu $n$ nhỏ nhất $a_i$ s tổng lớn hơn $s$ , thì không nhóm nào có thể có $n$ hoặc nhiều phần tử (vì bất kỳ lựa chọn nào của $n$ phần tử sẽ dẫn đến tổng là quá lớn). Nhưng nguyên tắc lỗ chim bồ câu cho chúng ta biết rằng ít nhất một nhóm có ít nhất $n+1$ nguyên tố. Vì vậy, trong trường hợp này không có giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Trường hợp duy nhất còn lại là cả $n$ nhỏ nhất và $n$ lớn nhất $a_i$ s add đến dưới $s-\frac{\ell}{2}$ .

Trường hợp 3: $k = 3n+2$ giây

Tính tổng $n+2$ nhỏ nhất $a_i$ s và $n+2$ lớn nhất $a_i$ s.

Nếu một trong hai giá trị trong khoảng $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, ngay lập tức áp dụng bổ đề với lựa chọn$n+2$phần tử đó là nhóm 1 và$2n$phần tửcòn lạilà nhóm 2. Điều này cho phép chúng tôi tìm ra giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Nếu $n+2$ nhỏ nhất $a_i$ s sum đến dưới $s-\frac{\ell}{2}$ và$n+2$lớn nhất$a_i$s tổng bằng nhiều hơn$s$thì chúng ta có thể bắt đầu với$n+2$nhỏ nhất$a_i$s và các phần tử hoán đổi cho đến khi chúng ta kết thúc với$n+2$lớn nhất$a_i$s. Tại mỗi bước di chuyển tổng tối đa là$\frac{\ell}{2}$ , vì vậy tại một số điểm trong quá trình này, chúng tôi có một nhóm$n+2$yếu tố có tổng số trong khoảng$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Lấy nhóm đó làm nhóm 1 và$2n$phần tửcòn lạilàm nhóm 2. Bổ đề được áp dụng, cho phép chúng tôi tìm giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề.

Nếu $n+2$ lớn nhất $a_i$ s sum tối đa $s$ , thì mọi lựa chọn của $n+2$ phần tử có tổng tối đa $s$ . Trong trường hợp này, chỉ cần phân vùng các phần tử thành ba nhóm có kích thước $n$ , $n+1$ và $n+1$ giải quyết trường hợp đóng gói.

Trường hợp duy nhất còn lại là cả $n+2$ nhỏ nhất và $n+2$ lớn nhất $a_i$ s cộng vào nhiều hơn $s$ .

Trường hợp 3: $k = 3n+2$ subcase cứng

Giả sử không có hai trường hợp trên xử lý cá thể. Sau đó, chúng tôi biết như sau:

• cả $n$ nhỏ nhất và $n$ lớn nhất $a_i$ s add đến dưới $s-\frac{\ell}{2}$ .
• cả $n+2$ nhỏ nhất và $n+2$ lớn nhất $a_i$ s thêm vào nhiều hơn $s$ .

Vì $n+2$ nhỏ nhất $a_i$ s thêm vào nhiều hơn $s$ , không nhóm nào có thể có $n+2$ hoặc nhiều phần tử. Cách duy nhất có thể thực hiện được là nếu các nhóm có kích thước $n$ , $n+1$ và $n+1$ .

Lưu ý rằng kể từ khi $n$ lớn nhất $a_i$ s add đến dưới $s-\frac{\ell}{2}$ , không có vấn đề gì trong các phần tử có kích thước$n$: nhóm đó sẽ có tổng nhỏ hơn$s$. Rõ ràng, chúng ta có thể sửa đổi bất kỳ giải pháp bằng cách trao đổi các$n$lớn nhất$a_i$s vào nhóm các kích thước$n$. Những giao dịch hoán đổi chỉ giảm số tiền của hai nhóm khác, do đó tồn tại một giải pháp cho vấn đề ví dụ đóng gói khi và chỉ khi tồn tại một giải pháp trong đó$n$lớn nhất$a_i$s một hình thức của nhóm.

Do đó, nhiệm vụ trong tay chỉ đơn giản là: có thể phân vùng $2n+2$ nhỏ nhất $a_i$ s thành hai nhóm có kích thước $n+1$ sao cho mỗi nhóm trong hai nhóm đó có tổng bằng tối đa $s$ . Wlog giả sử rằng $a_i$ s là thứ tự tăng dần sao cho $2n+2$ nhỏ nhất $a_i$ s là $a_1, \ldots, a_{2n+2}$

Gọi $v$ là trung bình của $n$ lớn nhất $a_i$ s. Đặt $x_i = v - a_i$ cho mỗi $i$ . Khi đó $3s = \ell + \sum_{i = 1}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}a_i + \sum_{i = 2n+2}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}(v - x_i) + nv = \ell + (3n+2)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) = (\ell-v) + (3n+3)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ .

Khi đó $s = (n+1)v + \frac{\ell - v}{3} - \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$.

Nếu chúng ta chọn một số thiết lập $I$ của $n+1$ chỉ số, sau đó tổng các $a_i$ s với $i \in I$ bằng $\sum_{i\in I}a_i=\sum_{i\in I}v - x_i = (n+1)v-\sum_{i\in I}x_i$ . Một tập hợp các chỉ số $I$ là một lựa chọn hợp lệ cho một trong các nhóm với điều kiện số tiền này nhiều nhất $s$. Nói cách khác, bằng cách sử dụng định nghĩa thay thế của $s$ có nguồn gốc ở trên, với điều kiện chúng ta đang quan tâm là $\sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Rõ ràng, còn lại$n+1$chỉ số$I' = \{1,\ldots, 2n+2\} \setminus I$cũng phải đáp ứng điều kiện này:$\sum_{i\in I'}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Từ$\sum_{i\in I'}x_i = \sum_{i = 1}^{2n+2}x_i - \sum_{i\in I}x_i$ , chúng ta có thể viết lại điều kiện thứ hai là$\sum_{i\in I}x_i \le \frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3}$ .

Do đó, chúng tôi đã điều chỉnh lại bài toán con này bằng cách sử dụng một thay thế tương đương: chúng tôi đang cố gắng chọn một tập hợp $I$ gồm $n+1$ trong số $\{1, \ldots, 2n+2\}$ sao cho $\frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3} \ge \sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ .

Lưu ý rằng $\ell \ge v$ (và do đó $\ell-v \ge 0$ ) kể từ khi $v$ là mức trung bình của một số $a_i$ s và $\ell$ là một trên ràng buộc trên tất cả$a_i$ s. Hãy để$X = \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ . Điều kiện của chúng tôi ở trên có thể được viết lại như sau: chọn một bộ$I$ gồm$n+1$ chỉ số trong số$\{1, \ldots, 2n+2\}$ sao cho$\sum_{i\in I}x_i$ nằm trong khoảng$[cX, (1-c)X]$ trong đó$c = \frac{1}{3} - \frac{\ell - v}{3X} \le \frac{1}{3}$ .

Giả sử với một số $j$ , $x_j$ có giá trị ít nhất $\frac{X}{3}$ . Trong trường hợp này, hãy để$I$bao gồm chỉ số$j$và cả cácchỉ số$n-1$tương ứng với$x_i$snhỏ nhất. Nếu các$x_i$s add cho ít nhất$(1-c)X$sau đó lựa chọn này của$I$đáp ứng các hạn chế trên: tổng$\sum_{i\in I}x_i$là ít nhất$x_j \ge \frac{X}{3} = \frac{1}{3}X \ge cX$và nhiều nhất$(1-c)X$. Do đó, bộ chỉ số này$I$có thể được sử dụng để chọn một trong các nhóm có kích thước$n+1$trong một giải pháp cho trường hợp đóng gói vấn đề. Mặt khác, nếu các$x_i$thêm vào nhiều hơn$(1-c)X$thì trường hợp không thể được giải quyết: một trong hai nửa sẽ bao gồm$x_j$và tổng của nửa đó sẽ luôn nhiều hơn$(1-c)X$(vì nó còn hơn thế ngay cả khi chúng ta đặt các phần tử nhỏ nhất với $x_j$ ).

Vì vậy, chúng tôi đã xử lý trường hợp một số $x_j$ có giá trị ít nhất là $\frac{X}{3}$ . Trường hợp còn lại là mọi$x_i$đều có giá trị tối đa$\frac{X}{3}$ . Sau đó gán$x_i$s cho hai nhóm, 1 và 2, tùy ý. Tạo sự phù hợp của các yếu tố của hai nhóm và hoán đổi các cặp đó từng cặp một. Trong suốt quá trình này, tổng các phần tử của nhóm 1 sẽ chuyển từ tổng ban đầu của nó sang tổng ban đầu của các phần tử của nhóm 2. Nói cách khác, tổng của nhóm 1 sẽ vượt qua giá trị trung bình$\frac{X}{2}$ . Mỗi bước trong quy trình này bao gồm nhóm 1 mất một$x_i$và đạt được một; vì$x_i$s có giá trị nhiều nhất là$\frac{X}{3}$ , một cặp$x_i$s khác nhau nhiều nhất là$\frac{X}{3}$ và do đó, mỗi bước di chuyển tổng của nhóm 1 nhiều nhất là$\frac{X}{3}$ . Do đó, sẽ có một số điểm trong quy trình khi tổng của nhóm 1 nằm trong một nửa kích thước bước tối đa của mức trung bình. Do đó, đến một lúc nào đó, tổng của nhóm 1 sẽ nằm trong$\frac{X}{2} \pm \frac{X}{6}$ . Nhưng đây là khoảng$[\frac{1}{3}X, \frac{2}{3}X]$, là một khoảng phụ của$[cX, (1-c)X]$. Do đó, tại một số thời điểm trong quá trình này, nhóm 1 tại thời điểm đó sẽ đáp ứng điều kiện mong muốn của chúng tôi. Chúng ta có thể sử dụng nhóm$x_i$s này để chọn một nhóm tương ứng của$a_i$s; những$a_i$s một hình thức của hai nhóm kích thước$n+1$cần thiết để giải quyết các trường hợp đóng gói vấn đề.

Phần kết luận

Các casework đầy đủ ở trên có thể được sử dụng như một thuật toán để phân chia danh sách thành ba nhóm của cùng một tổng bằng một số mềm. Casework cũng sẽ xác định khi điều này là không thể. Thời gian chạy của thuật toán này là đa thức.

Câu trả lời này không giải quyết được câu hỏi. Nó chỉ giải quyết vấn đề phụ trợ sau được @JohnDvorak đưa ra trong các nhận xét (phân vùng một bộ theo tỷ lệ 1: 2):

Vấn đề phụ:
Instance: rationals Positive $a_1,\ldots,a_m$ với $\sum_{i=1}^m a_i = 3A$ .
Câu hỏi: Liệu có tồn tại một chỉ số set $I\subseteq\{1,\ldots,n\}$ với $\sum_{i\in I}a_i=A$ ?

• Lấy một ví dụ của PHẦN THAM GIA cổ điển (hợp lý $b_1,\ldots,b_n$ với tổng$2B$ , bạn có thể chia chúng thành hai nhóm với tổng$B$ ).
• Lấy $b_1,\ldots,b_n$ cùng với bốn số $5B,5B,5B,7B$ để tạo một thể hiện của bài toán phụ. Tổng của tất cả $n+4$ số sau đó là $24B$ , do đó $A=8B$ .
• Việc chia số $n+4$ thành một nhóm có tổng $A=8B$ và một nhóm có tổng $2A=16B$ là có thể nếu và chỉ khi thể hiện PHẦN THAM GIA có câu trả lời CÓ.

Do đó, vấn đề phụ của @ JohnDvorak là NP-Complete

Chỉnh sửa: Kết quả không chính xác, xem phần thảo luận ở cuối.

Lấy cảm hứng từ câu trả lời của Mikhail Rudoy, ​​chúng ta có thể khái quát hóa việc phân vùng thành $k$ phần với tổng bằng nhau. Vấn đề là thời gian đa thức có thể giải được cho mỗi hằng số $k$ .

Đầu vào là $a_1,\ldots,a_n$ như vậy mà $a_n$ là số lượng lớn nhất. Quan sát của Mikhail là, wlog,

• số mềm là $a_n$
• $a_i>\frac{a_n}{k-1}$ cho mỗi$i$

wlog, assume that the sum of $a_1,\ldots,a_{n-1}$ is $1$ (that is, $1=ks-a_n$). Note that $a_n \geq \frac{1}{n-1}$, so $a_i > \frac{1}{(k-1)(n-1)}>\frac{1}{kn}$ cho mỗi$i$. Vấn đề là tương đương với phân vùng số$a_1,\ldots,a_{n-1}$thành$k$tập con như vậy mà tổng của mỗi tập hợp con được ở hầu hết các$s := \frac{1+a_n}{k}$ .

Chúng tôi xem xét một hạn chế của vấn đề nhiều ba lô . Xác định bài toán $k$ -knapsack là một ví dụ của bài toán nhiều ba lô với $k$ ba lô có cùng công suất, trong đó giá trị của mỗi vật phẩm bằng trọng lượng của vật phẩm.

Let the input for the $k$-knapsack problem be $a_1,\ldots,a_{n-1}$, and each knapsack has capacity $s$. The following claim is clear.

Claim: A $(1-\frac{1}{kn})$-approximation algorithm for the $k$-knapsack problem returns $1$, if and only if all the numbers $a_1,\ldots,a_{n-1}$ can be packed into the $k$ knapsacks.

By the above claim, we just have to find a $(1-\frac{1}{kn})$-approximation algorithm for the $k$-knapsack problem.

Claim: There is a pseudopolynomial time algorithm for knapsack generalizes for $k$-knapsack for each constant $k$.

Proof: Define $D[b_1,\ldots,b_k,i]$ to be the maximum value using elements $a_1,\ldots,a_i$, where the knapsack has capacity $b_1,\ldots,b_k$. The recurrence relation is $D[b_1,\ldots,b_k,i+1] = \max( \max_{j} (D[b_1,\ldots,b_j-a_{i+1},b_k,i])+a_{i+1},D[b_1,\ldots,b_k,i])$. The base case are simple. The running times is $O(s^kkn)$.

It is standard to obtain an FPTAS by scaling all numbers and round to integers, see section 5 of this. This means we can find a $(1-\frac{1}{kn})$-approximation to $k$-knapsack problem in polynomial time. Therefore for each constant $k$, the original problem can be decided in polynomial time.

The above is incorrect, due to the pseudopolynomial time algorithm does not transform into an FPTAS. However, the approach might still give us some insight because we have a very special case of $k$-knapsack problem.