Сложность n-ферзей-доделок?

27

Классическая задача quens задает, учитывая положительное целое число , существует ли массив чисел удовлетворяющий следующим условиям: $n$ $n$ $Q[1..n]$

$1\le Q[i] \le n$ для всех $i$
$Q[i] \ne Q[j]$ для всех $i\ne j$
$Q[i]-i \ne Q[j]-j$ для всех $i\ne j$
$Q[i]+i \ne Q[j]+j$ для всех $i\ne j$

Каждое целое число представляет положение ферзя в й строке шахматной доски; ограничения кодируют требование, чтобы ни одна королева не атаковала любую другую королеву. Нетрудно доказать, что при или решений не существует, а решения в замкнутой форме известны для всех других значений . Таким образом, проблема решения королев является тривиальной. $Q[i]$ $i$ $n\times n$ $n=2$ $n=3$ $n$ $n$

Стандартный алгоритм обратного отслеживания для построения решения с королевами умозрительно помещает ферзей в префикс строк, а затем рекурсивно определяет, существует ли законное размещение ферзей в оставшихся строках. Рекурсивная подзадача может быть формализована следующим образом: $n$

Если задано целое число и массив целых чисел, является ли префиксом массива который описывает решение проблемы kens? $n$ $P[1..k]$ $P$ $Q[1..n]$ $n$

Это более общее решение проблемы NP-трудно?

Известно, что несколько близких вопросов являются NP-сложными, включая завершение латинского квадрата [ Colbourn 1984 ], завершение Sudoku [ Yato and Seta 2002 ] и другое обобщение королев [ Martin 2007 ], но этот конкретный вопрос, похоже, ушел любое серьезное внимание. $n$

Связанные вопросы cstheory.se:

cc.complexity-theory board-games

— Jeffε
источник

2

Мне интересно, действительно ли существующие NP-полные доказательства судоку, завершения латинского квадрата (и множества других подобных проблем) ... действительно имеют дело с краткими / разреженными представлениями экземпляров (например, в доказательстве NPC завершения латинского квадрата, Colbourn говорит «Членство в NP является немедленным», но он не упоминает ни одной проблемы кодировки экземпляра).

— Марцио де Биаси,

1

@Marzio: эти доказательства в значительной степени зависят от представительства, и (хотя об этом обычно даже не упоминается) зачастую даже нетривиально установить членство в NP, например, см. Cstheory.stackexchange.com/a/5559/109

— András Саламон

16

Потребовались годы, но этот пост вдохновил нас написать статью, которая вышла сегодня.

Ответ в том, что n Queens Completion является NP-Complete. Однако для полного раскрытия следует упомянуть, что мы решаем небольшой вариант проблемы. В нашем случае набор ферзей не должен быть префиксом полного набора. Так что технически мы не решили точную проблему, заданную здесь. Однако было бы крайне удивительно, если бы версия n Queens Completion из этого запроса также не была NP-Complete.

Я хочу еще раз поблагодарить Джеффа за то, что мы поставили этот вопрос здесь.

Сложность журнала n Queens Completion журнала AI Research Gent, Jefferson, Nightingale doi: 10.1613 / jair.5512 http://www.jair.org/papers/paper5512.html

— Ян Гент
источник

Ницца. Поздравляем!

— Джефф

У меня наивный вопрос: мне кажется, что если есть (правильный) префикс длины , то переход к набору может быть выполнен путем проверки диагонали префикса и, следовательно, в линейном времени , Это так или я что-то упустил? (Я понимаю, что исходная проблема в посте не подразумевает правильного префикса)

n - 1

$n-1$

n

$n$

— Сергей Роговцев

6

(Это указывает на некоторые связанные результаты. Сначала я думал, что связанные результаты очень связаны, но я не могу быстро заполнить пробелы, так что, возможно, они не так уж и связаны. Возможно, все еще полезно.)

Упражнение 118 в разделе (черновик) 7.2.2.2 «Искусства компьютерного программирования» рассматривает очень похожую проблему. В решении Кнут зачисляет статью, которая в свою очередь зачитывает

Гарднера, Грицманб, Прангенберг, О вычислительной сложности восстановления решеточных множеств по их рентгеновским лучам , 1999

Упражнение 118 доказывает, что БИНАРНАЯ ЦИФРОВАЯ ТОМОГРАФИЯ является NP-полной. Вход этой задачи состоит из линейных и диагональных сумм, все из . $[2]=\{0,1\}$

ВХОД: и $r,c\in[2]^m$ $a,b\in[2]^{2m-1}$

ВЫХОД: существует ли такой что и и and $x\in[2]^{m\times m}$ $\sum_j x_{ij}=r_i$ $\sum_i x_{ij}=c_j$ $\sum_i x_{i,s-i}=a_s$ $\sum_i x_{i,d+i}=b_{d+m-1}$

Мне не понятно, как свести это к вашей проблеме. Одно из наблюдений, которое может помочь, заключается в том, что результат вашей задачи также зависит только от сумм, а не от точного расположения королев. (См. Теорему 2.4 в [Ривин, Динамическое программирующее решение проблемы n-Квинса, 1992], хотя, возможно, это легко увидеть.)

Кнут доказывает, что БИНАРНАЯ ЦИФРОВАЯ ТОМОГРАФИЯ является NP-полной благодаря сокращению из БИНАРНОЙ ПРОБЛЕМЫ НЕПРЕРЫВНОСТИ. Это очень похожая проблема, за исключением трех измерений и без диагоналей.

ВХОД: ${xi},{xj},{xk}\in[2]^{n\times n}$

ВЫХОД: существует ли , что и и $x\in[2]^{n\times n\times n}$ $\sum_i x_{ijk}={xi}_{jk}$ $\sum_j x_{ijk}={xj}_{ik}$ $\sum_k x_{ijk}={xk}_{ij}$

Статья Гарднера и соавт. кажется, уменьшает от более стандартных NP-полных проблем. Я не достаточно хорошо понимаю сокращение, чтобы объяснить это здесь, поэтому я просто оставлю указатели сверху, чтобы вы могли их изучить, если хотите.

Все это может быть бесполезно, если кто-то не поймет, как свести двоичную цифровую томографию к задаваемому вопросу.

— Раду ГРИГОРЕ
источник