Минимальное количество покупок для группы людей, чтобы купить подарки друг другу

У нас есть группа из $n$ человек. Нам дают список тех, кто должен покупать подарки для кого в группе. Каждому человеку может понадобиться купить / получить любое количество подарков или, возможно, вообще никаких. В походе по магазинам часть людей путешествует вместе в один и тот же магазин и покупает подарки для всех, кто не присутствует в магазине. Они не могут покупать подарки для кого-то еще в той же поездке по магазинам, потому что тогда это не будет сюрпризом. Человек может отправиться в несколько походов по магазинам. Мы хотим свести к минимуму общее количество покупок, необходимых каждому, чтобы купить все необходимые подарки.

В качестве примера рассмотрим случай, когда есть 5 человек, и каждый должен купить подарки для каждого другого человека в группе. Пусть люди будут пронумерованы от 1 до 5. Это можно сделать за 4 поездки по магазинам, как показано ниже:

• Поездка 1: 1, 2, 3 за покупками

• Поездка 2: 1, 4, 5 иди по магазинам

• Поездка 3: 2, 4 ходить по магазинам

• Поездка 4: 3, 5, шоппинг

Как бы я решил эту проблему? Очевидно, что входные данные могут быть представлены ориентированным графом, но я не знаю, куда идти дальше. Кто-то поднял проблему с biclique cover , но, несмотря на это, не отвечает на этот вопрос.

Мы можем представить входные данные как ориентированный граф на n вершинах, где ребро ( u , v ) означает, что человек u должен купить подарок человеку v . Цель состоит в том, чтобы найти множество bicliques ( S 1 , Т 1 ) , ... , ( S к , Т к ) таким образом, что к является минимальным и множеством ребер Е графа является подмножеством ∪ я ( S I × Т $G$$n$$(u,v)$$u$$v$$(S_1,T_1),\dots,(S_k,T_k)$$k$$E$ . Кроме того, при расширении определения биклик на ориентированный граф, биклик ( S i , T i ) содержит только ребра, которые отображают S i в T i . Это отличается от проблемы покрытия biclique тем, что мы не требуем, чтобы каждый biclique был подграфом G (мы не требуем S i × T i ⊆ E для каждого i ).$\cup_i (S_i \times T_i)$$(S_i,T_i)$$S_i$$T_i$$G$$S_i \times T_i \subseteq E$$i$

В частности, я приму ответ, который либо:

• Демонстрирует, что эта проблема является NP-трудной или
• Представляет алгоритм полиномиального времени, который точно отвечает на этот вопрос (без аппроксимаций или верхних границ)

Для справки, я нигде не видел этой проблемы, мне просто интересно это для моего собственного любопытства.

Эта проблема NP-сложная . Чтобы показать это, я сначала переформулирую эту (оптимизационную) проблему в решение проблемы. Затем я переформулирую эту проблему в эквивалентную, из которой довольно просто получить сокращение от задачи окрашивания, которая NP-трудна для любого k ≥ 3 .$k$$k\geq 3$

Краткая формулировка проблемы заключается в следующем:

Учитывая человек и график G, который кодирует их отношения «дарить подарки», найдите минимальное количество поездок, необходимое для того, чтобы все подарки можно было купить без каких-либо сюрпризов.$n$$G$

Однако это проблема оптимизации. Класс NP обычно определяется для задач, связанных с решением (где ответом на каждый случай является либо ДА, либо НЕТ). Вариант решения этого:

Учитывая человек и граф G, который кодирует их отношения «дарения», и целое число t , достаточно ли сделать не более t поездок, чтобы купить все подарки, не испортив сюрпризов?$n$$G$$t$$t$

Я определить проблему нахождения правильного направленного -multicoloring$t$ некоторого графа , как найти функцию многоцветной C : V → P ( C ) , который является надлежащим , где С некоторый набор т «цвета» ( то есть | C | = t ) и P ( C ) - набор мощностей C (то есть набор всех подмножеств $G=(V,E)$ $c:V\rightarrow \mathcal{P}(C)$$C$$t$$|C|=t$$\mathcal{P}(C)$$C$$C$). Многоцветная функция правильна тогда и только тогда, когда для каждого ребра имеем c ( u ) ⊈ c ( v ) .$(u\rightarrow v)\in E$$c(u) \not\subseteq c(v)$

Я утверждаю , что проблема поход по магазинам эквивалентна задаче о принятии решения о существовании направленного -multicoloring$t$ одного и того же графа .$G$

Доказательство : если у нас есть правильное направленное многоцветное c для G , где мы переименовываем цвета так, что C = { 1 , … , t }, то рассмотрим последовательность t триплетов T 1 , … , T t , где вершина v отправляется за покупками в поездку T i тогда и только тогда, когда i ∈ c ( v ) . Тогда для любого ребра ( u → v ) ∈ $t$$c$$G$$C = \{1,\ldots, t\}$$t$$T_1,\ldots, T_t$$v$$T_i$$i\in c(v)$$(u\rightarrow v)\in E$, имеем, что существует такое отключение , что u ∈ T i и v ∉ T i , поскольку c ( u ) ⊈ c ( v ) . Поэтому поездок T i достаточно, чтобы купить все подарки.$T_i$$u\in T_i$$v\notin T_i$$c(u) \not\subseteq c(v)$$T_i$

Если у нас есть последовательность поездок , то построим многоцветную функцию c на множестве цветов C = { 1 , … , t }, такую, что c ( u ) = { i ∈ N | u ∈ T i } . Тогда для любого ребра ( u → v ) ∈ E существует такое отключение T i , что u $T_1,\ldots, T_t$$c$$C=\{1,\ldots, t\}$$c(u) = \{ i \in \mathbb{N} | u \in T_i\}$$(u\rightarrow v)\in E$$T_i$ и v ∉ T i (поскольку вы можете купить подарок для v в некоторой поездке), что означает, что i ∈ c ( u ) и i ∉ c ( v ) , поэтому c ( u ) ⊈ c ( v ) . $u\in T_i$$v\notin T_i$$u$$v$$i\in c(u)$$i\notin c(v)$$c(u) \not\subseteq c(v)$$\square$

Нахождение правильного направленного смешивания - в основном странная переформулировка конкретного случая k- окрашивания. Таким образом, я могу показать сокращение полиномиального времени от ($t$$k$ -цветная задача: для заданного неориентированного графаG′=(V′,E′)сначала преобразуйте этот граф в ориентированный графG=(V,E) так, чтобыV=V′и(u→v)∈Eтогда и только тогдакогда(U,V)∈E'или(v,$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$$G' = (V',E')$$G=(V,E)$$V=V'$$(u\rightarrow v)\in E$$(u,v)\in E'$ (другими словами, мы заменяем неориентированные ребра на два направленных ребра).$(v,u)\in E'$

Рассмотрим наибольшее множество , такое, что не существует a , b ∈ K , a ≠ b , такое, что a ⊂ b . Множество всего подмножества C размера ⌊ t / 2 ⌋ , где t = | C | Вот такой набор. Следовательно, максимальный размер такого подмножества составляет ($K\subset \mathcal{P}(C)$$a,b\in K$$a\neq b$$a\subset b$$C$$\lfloor t/2\rfloor$$t=|C|$ .$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

Если для G существует правильное смешивание , то существует правильная раскраска, которая использует не более ($t$$G$ неравные элементы изP(C)(*), так что это справедливо ($\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$$\mathcal{P}(C)\ $ -краска дляG′.$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$$G'$

Если правильно -окрашивание существует дляG′, тогда существует множествоK⊂P(C),| C| =t, такой что| К| ≥ ($\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$$G'$$K\subset \mathcal{P}(C)$$|C|=t$ и не существует такихa,b∈K,a≠b, чтоa⊂b. Таким образом,Gимеет правильное направленноеt-смешивание.$|K| \geq \binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$$a,b\in K$$a\neq b$$a\subset b$$G$$t$

Следовательно, это действительное полиномиальное сокращение времени от -покраска существующей проблемы с покупками приt-поездках, что означает, что настоящая проблема с покупками является NP-трудной. Обратите внимание, что настоящая проблема с покупками является NP-полной, так как мы можем легко проверить, позволяет ли данный список из не более чемtпоездок покупать все подарки без неприятных сюрпризов.$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$$t$$t$

(*): Если некоторые мультицветные используют больше цветовых наборов, чем максимальные «не подмножественные» мультицветные C ∗ , мы можем «переименовать» C таким образом, чтобы он был надмножеством C ∗ . С остается правильной, поскольку ни один из элементов из C * является смежной с другим элементом из C * является проблемой , и ни один из цветового набора были рядом друг с другом, в оригинале C . Таким образом, без ограничения общности, можно считать C * ⊂ C .$\mathcal{C}$$\mathcal{C}^*$$\mathcal{C}$$\mathcal{C}^*$$\mathcal C$$\mathcal{C}^*$$\mathcal{C}^*$$\mathcal{C}$$\mathcal{C}^* \subset \mathcal{C}$

Затем обратите внимание, что «переименование» в любое подмножество C ∗ не разрушает ребер между узлами цветовых наборов C ∖ C ∗ , поскольку C ∗ не содержит элементов, которые являются подмножествами другого. Осталось только убедиться, что ребра между C ∖ C ∗ и C ∗ не «портят» раскраску.$\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$$\mathcal{C}^*$$\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$$\mathcal{C}^*$$\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$$\mathcal{C}^*$

Рассмотрим следующее отношение на цвет-множеств в C ∪ C * : два цветовых наборов и B являются подключены , если и только если существует пара вершин через , б , такие , что имеет цвет набора и б цвет- множество В и ( , б ) ∈ E . Это соотношение можно представить неориентированным графом G = ( C ∪ C ∗ , R $R$$\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*$$A$$B$$a,b$$a$$A$$b$$B$$(a,b)\in E$$\mathcal G = (\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*, R)$,

Во-первых, мы можем «уменьшить» , заменив любую пару, у которой нет ребра в G , одним набором цветов. Раскраска остается правильной, поскольку изменение двух наборов цветов, которые вообще не являются смежными, в один цвет не приводит к появлению недопустимых краев. В результате мы сократили G до полного графа.$\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$$\mathcal G$$\mathcal G$

Это означает, что если имеет меньшее или равное количество наборов цветов, как | C ∗ | , требуемая окраска существует. В противном случае не существует правильной мультикраски, поскольку C ∗ является наибольшим множеством «не подмножеств», поэтому мы не можем раскрасить эту клику. Следовательно, требуемая разноцветность обязательно существует.$\mathcal G$$|\mathcal{C}^*|$$\mathcal{C}^*$

Поскольку полный граф на узлах K n является цветным, если и только если у нас есть хотя бы n цветов, мы имеем, что n людей могут делать покупки друг для друга в t поездках тогда и только тогда, когда ($n$$K_n$$n$$n$$t$. В частности, это означает, что, еслиn≤12870, достаточно всего16поездок. Если нужно купить меньше подарков, больше поездок не понадобится, так что это общий верхний предел для каждого решения.$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor} \geq n$$n\leq 12870$$16$

Ниже приведен мой более ранний «ответ», который дает эвристический алгоритм, который не гарантирует получение оптимального значения, но может быть вычислен за полиномиальное время.

Другой способ сформулировать эту проблему - найти покрытие двудольных графов на разбиениях ( S i , T i ) для некоторого ориентированного графа G с n узлами, так что количество разделов (т. е. отключений), здесь m , минимально.$C = \{(S_1,T_1), \ldots, (S_m,T_m)\}$$(S_i,T_i)$$G$$n$$m$

Сначала несколько замечаний, частично исходя из других ответов:

• Жадная стратегия, в которой мы выбираем с двудольным графом, где количество ребер, общее с G , максимальна, не приводит к оптимальному решению (сильным контрпримером является полный граф с 6 узлы, где эта стратегия терпит неудачу, независимо от того, какой максимальный двудольный граф выбран.).$(S_i,T_i)$$G$$6$
• Жадная стратегия не оптимальна для произвольных ациклических графов, рассмотрим следующий граф: как для и для S i = { 1 , 3 , 6 } двудольный граф удаляет 4 ребра, но только { 3 , 5 , 6 } является оптимальным.$S_i = \{3,5,6\}$$S_i=\{1,3,6\}$$4$$\{3,5,6\}$
• Любой (оптимальный) жадный алгоритм не может предпочесть размер раздела, выбранный количеству циклов ( любого размера), «удаленных» разделом. Чтобы увидеть это, рассмотрим граф с узлами, где есть один цикл из n узлов, и каждый узел в цикле имеет 2 дополнительных исходящих ребра в направлении 2 дополнительных узлов A , B , которые не имеют исходящих ребер (см. Рисунок ниже для пример, где n = 4 ). Жадный выбор, который предпочитает максимизировать количество ребер за циклы длины $n+2$$n$$2$$2$$A,B$$n=4$$n$отправит все вершины в цикле в первой поездке. Это неоптимальный, так как это не удаляет края цикла и просто игнорируя и удаление всех ребер из цикла удаляет все ребра в направлении A , B , а также. Поэтому любой жадный выбор, который предпочитает размер раздела, а не удаление цикла, не является оптимальным.$A,B$$A,B$
  

Основываясь на этих наблюдениях, я предлагаю следующий жадный выбор: выберите такой, чтобы количество циклов, которые «удаляет» это отключение из G , было максимальным, и в случае связей выберите раздел с максимальным перекрытием с G среди них (то есть смотреть на края не на циклах).$(S_i, T_i)$$G$$G$

Поскольку этот алгоритм не отличается от «базовой» жадной стратегии на ациклических графах (удаление максимального количества ребер в каждой поездке), этот жадный алгоритм не является оптимальным. Тем не менее, интуиция удаления циклов все еще имеет смысл и является улучшением по сравнению с базовой жадной стратегией, поэтому она может быть достойной эвристикой.

Я могу понять, как свести эту проблему к раскраске графиков , которая дает вам инструмент для решения проблемы (для небольших случаев!), Но еще нет, как уменьшить ее в другом направлении (которое установит NP-твердость).

Основная идея состоит в том, чтобы построить график, который содержит вершину для каждой покупки и границу между любыми двумя покупками, которые не могут происходить в одной поездке; Затем мы собираемся сгруппировать покупки в наименьшее возможное количество групп («поездок»), чтобы никакие две покупки в одной группе не конфликтовали. В частности, если является оригинальным ориентированный граф , в котором ребро U V указывает на то, что человек у необходимо покупать лицо v подарок, а затем создать неориентированный граф H = ( X , Y ) , в котором есть вершина $G = (V, E)$$uv$$u$$v$$H = (X, Y)$ для каждого ребраuvвGи (ненаправленного) ребра x u v x v w всякий раз, когдаuvиvwявляются (направленными) ребрами вG(еслиvпокупает некоторыйподарокwво время поездки, то никто может купитьvдара в ту же поездку). Раскраска вершинH- это разбиение необходимых покупок (вершин вH) на поездки (цвета), которые не конфликтуют (разделяют ребро), а раскраска вершин минимального размера занимает наименьшее количество возможных поездок.$x_{uv}$$uv$$G$$x_{uv}x_{vw}$$uv$$vw$$G$$v$$w$$v$$H$$H$

Можно было бы пойти в другом направлении (уменьшить окраску графика или другие проблемы, связанные с NP, к вашей проблеме и тем самым установить его NP-твердость), адаптировав сокращение от 3SAT к раскраске графика (как, например, подробно описано на стр. 10 заметок Джеффа Эриксона ), но я не пытался сделать это сам.

Это проблема, в которой я был бы очень обеспокоен, если бы мой начальник попросил меня внедрить алгоритм, который гарантированно найдет оптимальное решение в разумные сроки.

Чтобы найти не обязательно оптимальное решение: при наличии любого набора людей и подарков мы можем подсчитать, сколько подарков группа людей может купить в походе по магазинам. Итак, начните с пустой группы (которая может купить 0 подарков). Для каждого человека, не входящего в группу, определите, сколько подарков можно купить, если этот человек будет добавлен в группу. Если есть кто-то, кого мы можем добавить, не уменьшая количество подарков, выберите случайным образом один из тех, которые увеличивают количество купленных подарков на максимальную сумму, пока добавление какого-либо человека не уменьшит количество купленных подарков. Затем совершите поход по магазинам и начните все сначала, пока не купите все подарки.

Я бы повторил несколько раз, выбирая разных людей «наугад» на случай, если найдется лучшее решение.

В примере, когда пять человек покупают друг другу подарок, это находит решение в четырех поездках, что является оптимальным; если бы мы не добавили в поездку людей, которые не изменили бы количество подарков, не улучшив его, у нас было бы пять поездок. А 6 человек требуют 5 поездок.

Предположим, что вы заказываете людей, основываясь на том, кого они получают (родитель), и кого они дают (ребенок). Поскольку каждый дает один подарок и получает один подарок, функция родитель-потомок является взаимно-однозначной.

Вы никогда не хотите поместить родителя и ребенка в одну группу. Вы начинаете со случайным человеком и порядка каждого соответственно, поэтому с ч я л д ( р 1 ) = р 2 , и т.д. Вы положить все р о д д в одну группу, а все р е v е н в другую группу , Для последнего человека p n = p a r e n t ( p 1$p_1$$child(p_1)=p_2$$p_{odd}$$p_{even}$$p_n=parent(p_1)$, поэтому вы не хотите, чтобы этот человек был в одной группе с . Если n чётно, это не проблема. Иначе, вам нужна еще одна группа, которая может быть просто p n сама по себе, в простейшем случае.$p_1$$n$$p_n$

Этот алгоритм предполагает, что все связаны. Но это не должно быть так. Если есть несколько несвязанных циклов, другими словами, если в какой-то момент, где k ! = n , тогда вы заканчиваете этот круг и начинаете с нового, следуя тому же алгоритму. Если вы не объединяете шансы и четности одного и того же цикла, вы можете объединять отдельные циклы.$p_k=parent(p_1)$$k!=n$

Этот алгоритм заканчивается не более чем 2 раундами (для четного ) и 3 раундами (для нечетного n ).$n$$n$