полнота распознавания разности двух перестановок

Шор заявил в своем комментарии к ответу анонимного лося на этот вопрос. Можете ли вы определить сумму двух перестановок за полиномиальное время? То , что он является полным, чтобы определить разницу двух перестановок. К сожалению, я не вижу прямого сокращения от проблемы суммы перестановок, и было бы полезно иметь уменьшение полноты для проблемы разности перестановок. $NP$ $NP$

Перестановка Разница:

INSTANCE: массив натуральных чисел. $A[1...n]$

ВОПРОС: Существуют ли две перестановки и натуральных чисел такие, что для ? $\pi$ $\sigma$ $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$ $1 \le i \le n$

Каково сокращение для доказательства полноты распознавания различия двух перестановок? $NP$

РЕДАКТИРОВАТЬ 10-9-2014 : Комментарий Шора дает сокращение, которое доказывает полноту, когда элементы последовательности являются знаковыми отличиями. Однако я не вижу простого сокращения моей проблемы, когда все элементы являются абсолютными значениями различий. $NP$ $A$ $A$

ОБНОВЛЕНИЕ: Проблема разности перестановок кажется полной, даже если одна из двух перестановок всегда является тождественной перестановкой. Доказательство твердости этого особого случая очень приветствуется. Итак, меня интересует полнота этой ограниченной версии: $NP$ $NP$

Ограниченная перестановка Разница: INSTANCE: массив натуральных чисел. $A[1...n]$

~~ВОПРОС: Существует ли перестановка $\pi$ натуральных чисел $1,2, ... , n$ такая, что $|\pi(i) - i| = A[i]$ для $1 \le i \le n$ ?~~

Обновление 2. Ограниченная проблема эффективно разрешима, как показано в ответе mjqxxxx. Вычислительная сложность исходной задачи не доказана.

РЕДАКТИРОВАНИЕ 9/6/16 : Мне интересно определить, является ли это упрощение разницы перестановок NP-полным:

Ограниченная разница перестановок:

INSTANCE : Мультимножество $A$ натуральных чисел.

ВОПРОС : Существует ли перестановка натуральных чисел такая, что ? $\pi$ $1,2, ... , n$ $A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

— Мухаммед Аль-Туркистани
источник

Почему бы не спросить Питера напрямую? @Peter

— caozhu

Вы подразумеваете под электронной почтой? Я сделаю это.

— Мохаммед Аль-Туркистани

Возможно, я что-то упускаю, но разве эта проблема не может быть представлена как 2-SAT и, таким образом, может быть решена в polytime? Мы можем предположить WLOG, что одна из перестановок является тождеством (я предполагаю, что здесь A [i] вычисляется циклически; должно ли это иметь большое значение?), А затем мы можем представить вторую матрицу . Быть матрицей перестановок - это совокупность предложений двух переменных, утверждающих, что никакие две не лежат в строке или столбце; и затем говорят, что различие в расположении pi (i) от i - это A [i] ИЛИ двух возможных мест, в которых оно может быть.

x [i, j]

$x[i,j]$

— Noam

@Noam Спасибо за ваш комментарий. Интересная идея. Я не думал об этом. Однако мне не очевидно, приведет ли это к полиномиальному алгоритму времени, тем более что нам дается только абсолютное значение разностей.

— Мухаммед Аль-Туркистани

Да, кажется, что разница между подсчетом разрыва циклически или по абсолютной величине может иметь значение.

— Noam

Ответы:

Ограниченная проблема, где одной из перестановок является тождество, определенно находится в . Построить двудольный граф, в котором каждая вершина связана с элементом (элементами) такими что . Тогда искомая перестановка существует тогда и только тогда, когда граф имеет идеальное совпадение (то есть совпадение с ребрами), которое можно определить за полиномиальное время. $\mathsf{P}$ $i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$ $j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$ $|i-j|=A[i]$ $\sigma$ $n$

— mjqxxxx
источник

Я могу что-то упустить, но любое идеальное совпадение не сработает. Вы должны доказать существование ограниченного идеального соответствия. Рассмотрим целое число , которое происходит в два раза во входном массиве . Идеальное совпадение, соответствующее перестановке, должно иметь два ребра с абсолютной разностью . Ваш алгоритм НЕ доказывает существование такого ограниченного соответствия. Это то, что делает проблему трудной и, возможно, NP-полной.

k

$k$

A

$A$

k

$k$

— Мухаммед Аль-Туркистани

@ MohammadAl-Turkistany: Я думаю, что если то связаны с узлами с абсолютной разницей . Идеальное совпадение будет включать в себя как минимум одно ребро от и одно ребро от . Я пришел к такому же выводу несколько раз назад, размышляя об исходной проблеме, но следуя другому пути: я увидел, что ограниченную проблему легко сформулировать как формулу 2-SAT (если вы хотите, я могу добавить к ней ответ , но идея mjqxxxx лучше).

A [i] = A [j] = k

$A[i] = A[j] = k$

u_{i}, u_{j} \in V_{1}

$u_i, u_j \in V_1$

v_{i + A [i]}, v_{i - A [i]}, v_{j + A [j]}, v_{j - A [j]} \in V_{2}

$v_{i+A[i]},v_{i-A[i]},v_{j+A[j]},v_{j-A[j]} \in V_2$

k

$k$

u_{i}

$u_i$

u_{j}

$u_j$

— Марцио Де Биаси

@MarzioDeBiasi Почему этот (и ваш) подход не работает для исходной (неограниченной) проблемы?

— Мухаммед Аль-Туркистани

@mjqxxx Я вижу, что ваш подход решает ограниченный случай. Почему его нельзя расширить, чтобы эффективно решить исходную проблему?

— Мухаммед Аль-Туркистани

@ MohammadAl-Turkistany: потому что в исходной задаче элементы первой перестановки ( в ограниченной версии) не являются фиксированными, и, используя тот же подход, вы получите трехсторонний граф (и в моем подходе 2-SAT с предложение ... которое не является предложением 2-CNF).

i

$i$

δ_{i} (n) \to (π_{i} (n + A [i]) \lor π_{i} (n - A [i]))

$\delta_i(n) \to (\pi_i(n+A[i]) \lor \pi_i(n-A[i]))$

— Марцио Де Биаси

Вот слегка интересный вариант, где проблема проста: вместо основного набора , разрешите любое подмножество , Цель по-прежнему найти перестановку так, чтобы где - это базовый набор. Основным преимуществом здесь является то, что новое наземное множество заставляет каждый элемент быть для некоторого , и если , то и определяются этой разницей , Отсюда следует, что для каждой разностив $\{1,2,3,\ldots,n\}$ $\{1,2,4,8,\ldots\}$ $\pi$ $A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$ $\Omega$ $A$ $2^{k_1}-2^{k_2}$ $k_1,k_2$ $k_1\ne k_2$ $k_1$ $k_2$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ , мы можем сделать вывод, что или (или оба). $\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$ $\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$

Эффективное решение этой упрощенной вариации является более или менее рутинным. Начните с построения неориентированного двудольного мультиграфа где и - отдельные копии основного множества, и добавьте ребра и всякий раз, когда появляется в с . Я утверждаю, что следующее эквивалентно: $G = (L \sqcup R, E)$ $L$ $R$ $(2^{k_1},2^{k_2})$ $(2^{k_2},2^{k_1})$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ $k_1 \ne k_2$

Существует перестановку с разностями $\pi$ $A$
Каждая вершина в имеет степень 0 или 2 $G$

На самом деле я не докажу это из-за времени, но не так уж плохо работать самостоятельно. То, что , просто. То, что немного труднее, но это не так уж плохо, когда вы рассуждаете об автоморфизме который отправляет каждую вершину в в свою копию в (и наоборот). Доказательство, которое я имею в виду, направляет ребра в так, чтобы все ребра в цикле проходили "одинаковым образом вокруг цикла" (каждая неизолированная вершина имеет in-степень = out-степень = 1), и поэтому предыдущий автоморфизм группы остается автоморфизмом направленной версии. затем выбирается в соответствии с ребрами, идущими от $1 \implies 2$ $2 \implies 1$ $G$ $L$ $R$ $G$ $G$ $\pi$ $L$ к . $R$

Вы можете сформулировать приведенный выше алгоритм как вопрос с идеальным соответствием, и я предполагаю, что есть и другие сокращения до 2-SAT. Я не понимаю, как распространить эти подходы на исходную проблему.

— Эндрю Морган
источник