Приблизительный 1d TSP с линейными сравнениями?

$O(n\log n)$ $1+O(n^{-c})$ $c$ $O(n)$ $(\max-\min)n^{-(c+1)}$ его первоначального значения, а затем используйте основную сортировку. Но модели с округлением имеют проблематичную теорию сложности, и это заставило меня задуматься, а как насчет более слабых моделей вычислений?

Итак, насколько точно может быть аппроксимирован одномерный TSP в модели вычисления с линейным деревом сравнения (каждый узел сравнения проверяет знак линейной функции входных значений) алгоритмом, сложность которого по времени равна ? Тот же метод округления позволяет достичь любого отношения аппроксимации в форме (с помощью бинарного поиска для округления и округления гораздо более грубого, чтобы сделать его достаточно быстрым). Но возможно ли достичь даже отношения аппроксимации, такого как для некоторого ? $o(n\log n)$ $n^{1-o(1)}$ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$

— Дэвид Эппштейн
источник

Я не знаком с 1D TSP. Вы можете это определить?

— Тайсон Уильямс

@ Тайсон Уильямс: проблема пути 1D коммивояжера является частным случаем евклидовой задачи о пути коммивояжера, когда все города находятся на оси х. Или формально вам дано n действительных чисел a_1,…, a_n, и ваша цель - вывести перестановку π: {1,…, n} → {1,…, n} так, чтобы ∑_ {i = 1} ^ {n − 1} | a_ {π (i)} - a_ {π (i + 1)} | сводится к минимуму

— Tsuyoshi Ito

РЕДАКТИРОВАТЬ (ОБНОВЛЕНИЕ): Нижняя граница в моем ответе ниже была доказана (другим доказательством) в «О сложности приближения евклидовых туров коммивояжера и минимального охвата деревьев», Das et al; Algorithmica 19: 447-460 (1997).

Можно ли достичь даже отношения аппроксимации, например, для некоторого за времени, используя алгоритм сравнения? $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$ $o(n\log n)$

Нет. Вот нижняя граница.

Запрос. Для любого каждого алгоритма аппроксимации на основе сравнения требуется сравнение в худшем случае. $\epsilon>0$ $n^{1-\epsilon}$ $\Omega(\epsilon n\log n)$

Под «сравнением» я подразумеваю любой алгоритм, который запрашивает входные данные только с помощью двоичных (True / False) запросов.

Вот попытка доказательства. Надеюсь, ошибок нет. Впрочем, нижняя граница, вероятно, распространяется на рандомизированные алгоритмы.

Зафиксируйте любое и любое сколь угодно маленькое, но постоянное . $n$ $\epsilon>0$

Рассмотрим тольковходные экземпляры "перестановки" которые являются перестановками . Оптимальное решение для любого такого случая имеет стоимость . $n!$ $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ $[n]$ $n-1$

Определите стоимость перестановки как, Смоделируйте алгоритм так, чтобы он принимал в качестве входных данных перестановку , выводил перестановку и оплачивал стоимость . $\pi$ $c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$ $\pi$ $\pi'$ $d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

Определите как минимальное количество сравнений для любого алгоритма, основанного на сравнении, для достижения конкурентного отношения в этих случаях. Поскольку opt равен , алгоритм должен гарантировать стоимость не более . $C$ $n^{1-\epsilon}$ $n-1$ $n^{2-\epsilon}$

Мы покажем . $C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

Определите чтобы для любого возможного вывода доля возможных входов, для которых выход достиг бы стоимости, не превышала . Эта фракция не зависит от . $P$ $\pi'$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$

$P$ также равняется вероятности того, что для случайной перестановки ее стоимость не превосходит . (Чтобы понять почему, в качестве тождественной перестановки примем . Тогда - это доля входных данных, для которых не более , но .) $\pi$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$ $I$ $P$ $d(\pi,I)$ $n^{2-\epsilon}$ $d(\pi,I) = c(\pi)$

Лемма 1. . $C \ge \log_2 1/P$

Доказательство. Исправьте любой алгоритм, который всегда использует меньше чем сравнений. Дерево решений для алгоритма имеет глубину меньше , поэтому число листов меньше , и для некоторой выходной перестановки алгоритм выдает качестве выходных данных для более чем доля входов. По определению , по крайней мере для одного такого входа, вывод дает стоимость, превышающую . QED $\log_2 1/P$ $\log_2 1/P$ $1/P$ $\pi'$ $\pi'$ $P$ $P$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$

Лемма 2. . $P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

Прежде чем дать доказательство леммы 2, обратите внимание, что две леммы вместе дают утверждение:

C \geq \log_{2} \frac{1}{P} = \log_{2} \exp (Ω (ϵ n \log n)) = Ω (ϵ n \log n) .

$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$

Доказательство леммы 2. Пусть - случайная перестановка. Напомним, что равно вероятности того, что его стоимость не превосходит . Скажем, что любая пара является ребром со стоимостью, поэтому - сумма затрат на ребро. $\pi$ $P$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $(i,i+1)$ $|\pi(i+1)-\pi(i)|$ $c(\pi)$

Предположим, что . $c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

Тогда для любого не более ребер будут стоить или больше. Скажите , что края стоимости меньше , чем являются дешево . $q>0$ $n^{2-\epsilon}/q$ $q$ $q$

Исправьте . Подстановка и упрощение не более ребер недешевы. $q=n^{1-\epsilon/2}$ $n^{1-\epsilon/2}$

Таким образом, по крайней мере ребер дешевы. Таким образом, существует множество содержащее дешевых ребер. $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ $S$ $n/2$

Запрос. Для любого заданного множества из ребер вероятность того, что все ребра в дешевые, не . $S$ $n/2$ $S$ $\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

Прежде чем доказать утверждение, отметим, что оно подразумевает следующую лемму. По претензии и наивным союза , связанного, вероятность того, что какие -то там существует такое множество самое большее $S$

(\binom{n}{n / 2}) \exp (- Ω (ϵ n \log n)) \leq 2^{n} \exp (- Ω (ϵ n \log n))

${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

\leq \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) \leq \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

Доказательство претензии. Выберите следующим процессом. Выберите равномерно из , затем выберите равномерно из , затем выберите равномерно из и т. д. $\pi$ $\pi(1)$ $[n]$ $\pi(2)$ $[n] - \{\pi(1)\}$ $\pi(3)$ $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

Рассмотрим любое ребро в . Рассмотрим время сразу после того, как было выбрано, когда собирается быть выбранным. Независимо от первого выбора (для для ), существует по крайней мере вариантов для и не более из них. выбор даст стоимость края меньше, чем (что делает его дешевым). $(i,i+1)$ $S$ $\pi(i)$ $\pi(i+1)$ $i$ $\pi(j)$ $j\le i$ $n-i$ $\pi(i+1)$ $2n^{1-\epsilon/2}$ $(i,i+1)$ $n^{1-\epsilon/2}$

Таким образом, при условии первого выбора вероятность того, что ребро дешево, не превосходит . Таким образом, вероятность того, что все ребра в дешевые, не Поскольку , в есть не менее ребер с . Таким образом, этот продукт не более $i$ $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$ $n/2$ $S$

\prod_{(i, i + 1) \in S} \frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n - i} .

$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$

| S | \geq n / 2

$|S|\ge n/2$

n / 4

$n/4$

S

$S$

n - i \geq n / 4

$n-i\ge n/4$

(\frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n / 4})^{n / 4} \leq (8 n^{- ϵ / 2})^{n / 4} = \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) = \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

QED

— Нил Янг
источник

PS Я получил запрос, чтобы сделать это цитируемым, поэтому я положил его на arvix.org здесь .

— Нил Янг