Một vấn đề phân vùng với các ràng buộc thứ tự

Trong OrderedPartitionbài toán, đầu vào là hai chuỗi gồm $n$ số nguyên dương, $(a_i)_{i\in [n]}$ và $(b_i)_{i\in [n]}$ . Đầu ra là một phân vùng của các chỉ số $[n]$ thành hai tập con khác nhau, $I$ và $J$ , sao cho:

1. $\sum_{i\in I} a_i = \sum_{j\in J} a_i$
2. Đối với tất cả $i\in I$ và cho tất cả $j\in J$ : $b_i\leq b_j$ .

Nói cách khác, trước tiên chúng ta phải sắp xếp các chỉ số trên một dòng sao cho $b_i$ tăng yếu, sau đó cắt dòng sao cho tổng của $a_i$ ở cả hai bên là như nhau.

Nếu tất cả $b_i$ đều giống nhau, thì điều kiện 2 là không liên quan và chúng ta có một ví dụ của bài toán NP-hard Partition. Mặt khác, nếu tất cả $b_i$ khác nhau, thì điều kiện 2 áp đặt một thứ tự duy nhất trên các chỉ số, do đó chỉ có $n-1$ tùy chọn để kiểm tra và vấn đề trở thành đa thức. Điều gì xảy ra ở giữa những trường hợp này?

Để chính thức hóa câu hỏi, hãy xác định bởi OrderedPartition[n,d], trong $1\leq d\leq n$ , vấn đề được giới hạn trong các trường hợp có kích thước $n$ , trong đó tập hợp con lớn nhất của $b_i$ -s có kích thước $d$ . Vì vậy, trường hợp dễ dàng, khi tất cả $b_i$ -s khác nhau OrderedPartition[n,1], và trường hợp cứng, khi tất cả $b_i$ -s giống hệt nhau, là OrderedPartition[n,n].

Tổng quát hơn, với mọi $n$ và $d$ , trong mọi OrderedPartition[n,d]trường hợp, số lượng phân vùng có thể tuân theo điều kiện 2 là $O(n 2^d)$ . Do đó, nếu $d\in O(\log{n})$ , thì OrderedPartition[n,d]vẫn là đa thức trong $n$ .

Mặt khác, đối với bất kỳ $n$ và $d$ , chúng ta có thể giảm từ một Partitionvấn đề với số nguyên $d$ sang OrderedPartition[n,d]. Hãy $p_1,\ldots,p_d$ là một thể hiện của Partition. Xác định một thể hiện của OrderedPartition[n,d]:

• Đối với mỗi $i\in \{1,\ldots,d\}$ , chúng ta hãy $a_i := 2n\cdot p_i$ và $b_i := 1$ .
• Với mỗi $i\in \{d+1,\ldots,n\}$ , hãy để $a_i := 1$ và $b_i := i$
  _{[nếu $n-d$ là số lẻ, tạo $a_n:=2$ sao cho tổng sẽ chẵn]} .

Do đó, nếu $d\in\Omega(n^{1/k})$ , đối với bất kỳ số nguyên $k\geq 1$ , sau đó OrderedPartition[n,d]là NP-hard.

HỎI: Điều gì xảy ra trong các trường hợp trung gian, trong đó $d$ là siêu logarit nhưng đa thức phụ trong $n$ ?

Theo trực giác, các trường hợp trung gian không phải là P, cũng không phải NP-hard. Có lẽ nó phụ thuộc chính xác vào những gì chúng ta có nghĩa là "trường hợp trung gian". Đây là một cách giải thích mà chúng ta có thể chứng minh một cái gì đó.

$\epsilon>0$$2^{n^{\epsilon}}$

$_c$$d \le \log^c n$$n \ge 2^{d^{1/c}}$$_c$

$_c$$c$

$_c$$c$$f$$_c$$n^{f(c)}$$n$$[2^{n^{b/c}}, n^b]$$b$$c>0$$n$$_c$$2^{n^{b/c}}$$2^{f(c)n^{b/c}}$$_c$$\epsilon>0$$c=2b/\epsilon$$2^{c' n^{\epsilon/2}} \le 2^{n^{\epsilon}}$$n$$~~~~\Box$

$_2$$2^{\sqrt n}$

$_c$$c$

$_c$$c$$n$$_c$$O(n^b)$$b$$[n^b, d]$$d\le \log^c (n^b)$$n^{O(1)} 2^d = n^{O(1)} 2^{\log^c (n^b)}$$~~~~\Box$

$_{d(n)}$$n$$d(n)$$d$$[n, d(n)]$$_{d(n)}$$n$$d$$_{p(n)}$$p(n)$$p(n)$

ps Xem thêm Hậu quả của bằng chứng / thuật toán theo cấp số nhân cho SAT .