Сложность варианта подмножества суммы

Является ли этот вариант проблемы подмножества простым / известным?

Принимая во внимание целого , и множество положительных целых чисел А = { х 1 , х 2 , . , , , x n } , так что каждый x i имеет не более k = 2 битов, установленных в 1 ( x i = 2 b i 1 + 2 b i 2$m$$A = \{x_1, x_2, ..., x_n\}$$x_i$$k=2$$1$ ); существует ли подмножество A ′ ⊆ A такое, что сумма его элементов равна m ?$x_i = 2^{b_{i_1}}+2^{b_{i_2}},\;\; b_{i_1},b_{i_2}\geq 0$$A' \subseteq A$$m$

Это в ? Это все еще N P- полный?$\sf{P}$$\sf{NP}$

И если каждый имеет самое большее k = 3 бита, установленного в 1 ? Для k = 1 задача тривиальна.$x_i$$k=3$$1$$k=1$

Он все еще полон, даже для k = 2 . Учитывая экземпляр суммы подмножеств, мы можем преобразовать его в этот вариант, разделив числа и добавив несколько дополнительных битов.$\sf{NP}$$k=2$

Во-первых, сумма всех чисел в задаче будет меньше для некоторого значения m .$2^m$$m$

Теперь давайте возьмем число из исходной задачи, для которой установлено k битов. Мы разделим это число на k чисел с точно установленными 2 битами так, чтобы сумма этих чисел была n + 2 k + m . Мы можем сделать это рекурсивно, найдя ⌈ k ⌉ чисел, которые суммируют до первых ⌈ k ⌉ битов плюс 2 k + m - 1 и ⌊ k ⌋ чисел, которые суммируют до последних ⌊ k ⌋ битов плюс 2 $n$$k$$k$$n+2^{k+m}$$\lceil{k}\rceil$$\lceil{k}\rceil$$2^{k+m-1}$$\lfloor{k}\rfloor$$\lfloor{k}\rfloor$ .$2^{k+m-1}$

В дополнение к этому числу мы также добавим к задаче число . Решение должно содержать либо это число, либо все числа k, построенные ранее. Если исходным целевым значением было t, новым целевым значением будет t + 2 k + m .$2^{k+m}$$k$$t$$t+2^{k+m}$

Если исходная задача имела более одного числа, мы можем повторить этот процесс, взяв для нового значения m .$k+m+1$$m$

Существует только два способа установки бита в позиции : ответ может содержать число 2 k + m или все числа k, которые в сумме составляют n + 2 k + m . Таким образом, мы уменьшили сумму подмножества до вашего варианта суммы подмножеств.$k+m$$2^{k+m}$$k$$n+2^{k+m}$

В качестве примера возьмем с целевым значением 7 . Эта проблема может быть закодирована как вариант суммы подмножеств, представленный здесь, взяв следующие двоичные числа:${\{2,3,5\}}$$7$

2 сопоставляется с и 0000 1 . (Использование дополнительного бита здесь не обязательно).$0100\ 1$$0000\ 1$

3 сопоставляется с и 0000 00 $1000\ 00\ 1, 0100\ 00\ 1$$0000\ 00\ 01$

5 сопоставляется с и 0000 00 000 01 .$1000\ 00\ 000\ 1, 0010\ 00\ 000\ 1$$0000\ 00\ 000\ 01$

Новое целевое значение станет .$1110\ 10\ 010\ 01$

Если исходная задача представлена битами, то преобразованная проблема имеет не более O ( n 4 ) битов. Исходная задача будет иметь не более O ( п ) чисел каждый с в основном O ( п ) бит, так что сумма всех из них также O (п). Преобразованная задача будет иметь O ( n 2 ) чисел (поскольку каждое n- разрядное число разбивается на n + 1 2 -битные числа, причем их длина не превышает O ( n 2$n$$O(n^4)$$O(n)$$O(n)$$O(n^2)$$n$$n+1$ $2$$O(n^2)$так как мы используем дополнительных бит для каждого числа. Таким образом, общий размер преобразованной задачи составляет O ( n 4 ) бит.$n$$O(n^4)$

Это информация, извлеченная из вопроса Вором.

При задача остается NP-полной. Я нашел быстрое сокращение от монотонного X-SAT ( см. Схему сокращения здесь ).$k \geq 3$

Проблема остается NP-полной, даже если , подробности см. В ответе Тома. Вот небольшое представление о его сокращении от SUBSET SUM:$k = 2$