Проверка того, можно ли запланировать буквы для достижения слова на обычном языке

Я фиксируем регулярный язык на алфавите , и я считаю следующую проблему , которую я называю письмо планирования для L . Неофициально, ввод дает мне n букв и интервал для каждой буквы (то есть минимальную и максимальную позицию), и моя цель состоит в том, чтобы поместить каждую букву в ее интервал так, чтобы никакие две буквы не были сопоставлены одной и той же позиции и чтобы в результате чего п -Письма слова в L . Формально:$L$$\Sigma$$L$$n$$n$$L$

• Ввод: $n$ троек $(a_i, l_i, r_i)$ где $a_i \in \Sigma$ и $1 \leq l_i \leq r_i \leq n$ - целые числа
• Вывод: есть ли биекция $f: \{1, \ldots, n\} \to \{1, \ldots, n\}$ такая, что $l_i \leq f(i) \leq r_i$ для всех $i$ и $a_{f^{-1}(1)} \cdots a_{f^{-1}(n)} \in L$ .

Очевидно, что эта проблема в NP, путем угадывания биекции $f$ и проверки принадлежности к $L$ в PTIME. Мой вопрос: существует ли такой обычный язык $L$ , что задача планирования букв для $L$ является NP-сложной?

Некоторые начальные наблюдения:

• Похоже, что аналогичные проблемы были изучены при планировании: мы могли рассматривать проблему как планирование задач с удельной стоимостью на одной машине при соблюдении дат начала и окончания. Тем не менее, эта последняя проблема явно в PTIME с жадным подходом, и я не вижу ничего в литературе по планированию для случая, когда задачи помечены, и мы хотели бы получить слово на целевом регулярном языке.
• Другой способ увидеть проблему является как частный случай двудольного задачи максимального соответствия (между буквами и позицией), но опять - таки это трудно выразить ограничение , что мы должны упасть в $L$ .
• В конкретном случае, когда $L$ является языком формы $u^*$ для некоторого фиксированного слова $u$ (например, $(ab)^*$ ), тогда задача планирования букв для $L$ находится в PTIME с простым жадным алгоритмом: построить слово из слева направо и поместите в каждой позиции одну из доступных букв, которая является правильной относительно $L$ и имеет наименьшее время $r_i$ . (Если нет доступных букв, которые являются правильными, произойдет сбой.) Однако это не распространяется на произвольные обычные языки $L$ потому что для таких языков у нас может быть выбор, какой тип буквы использовать.
• Похоже, динамический алгоритм должен работать, но на самом деле это не так просто: кажется, вам нужно запомнить, какой набор букв вы уже взяли. Действительно, при построении слова слева направо, когда вы достигли позиции $i$ , ваше состояние зависит от того, какие буквы вы употребили до сих пор. Вы не можете запомнить весь набор, потому что тогда будет экспоненциально много состояний. Но это не так просто «суммировать» (например, сколько копий каждой буквы было использовано), потому что, чтобы узнать, какие копии вы использовали, кажется, что вам нужно помнить, когда вы их использовали (чем позже вы потребляли) их, тем больше писем было в наличии). Даже с таким языком, как $(ab|ba)^*$ ,$ab$ и когда вы должны принять $ba$ зависимости от того, какие буквы вам понадобятся позже и когда они станут доступны.
• Однако, поскольку обычный язык $L$ является фиксированным и не может запоминать так много информации, мне трудно найти NP-сложную проблему, которую я мог бы уменьшить.

Задача NP-трудна для где - конечный язык, содержащий следующие слова:$L = A^*$$A$

• х 111 х $x111$ , ,$x000$
• у 100 , у 010 , у 001 ,$y100$$y010$$y001$
• 00 c 11 , 01 c 10 , 10 c 01 и 11 c $00c11$$01c10$$10c01$$11c00$

Сокращение связано с проблемой Ориентация графика, которая, как известно, является NP-трудной (см. Https://link.springer.com/article/10.1007/s00454-017-9884-9 ). В этой задаче нам дан 3-регулярный неориентированный граф, в котором каждая вершина помечена либо " { 1 } ", либо " { 0 , 3 } ". Цель состоит в том, чтобы направить ребра графа таким образом, чтобы конечная точка каждой вершины находилась в наборе, обозначающем эту вершину.$\{1\}$$\{0,3\}$

Сокращение должно принимать в качестве входных данных экземпляр Graph Orientation и выводить список троек в качестве выходных данных. В этом сокращении тройки, которые мы выводим, всегда будут удовлетворять определенным ограничениям. Эти ограничения перечислены ниже, и мы будем ссылаться на список троек как действительный, если и только если они удовлетворяют этим ограничениям:

• Символам x , y и c задаются только интервалы, содержащие ровно один индекс. Другими словами, всякий раз, когда эти символы размещаются, они размещаются в определенных местах.$x$$y$$c$
• Для каждой тройки ( i , l , r ), присутствующей в случае с i ∈ { 0 , 1 } , тройка ( 1 - i , l , r ) также присутствует.$(i, l, r)$$i \in \{0,1\}$$(1-i, l, r)$
• Если ( α , l , r ) и ( α ′ , l ′ , r ′ ) являются тройками, присутствующими в данном случае, то либо l < l ′ ≤ r ′ < r , либо l ′ < l ≤ r < r ′ , либо { α , α ′ } = { 0 , 1 } с l = $(\alpha, l, r)$$(\alpha',l',r')$$l < l' \le r' < r$$l' < l \le r < r'$$\{\alpha,\alpha'\} = \{0,1\}$′ < R = r ′ .$l = l' < r = r'$
• Если ( α , л , г ) является тройной , то число троек ( α ' , л ' , г ' ) с л ≤ L ' ≤ R ' ≤ г ровно г - л + 1 .$(\alpha, l, r)$$(\alpha', l', r')$$l \le l' \le r' \le r$$r-l+1$

Обратите внимание на следующую лемму, доказанную в конце этого поста.

Лемму: для действительного списка троек, символы х , у , и с должны быть помещены точно так , как указано троек, и для любой пары троек ( 0 , л , г ) и ( 1 , л , г ) , то два символа для этой тройки должны быть помещены в индексы l и r .$x$$y$$c$$(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$

Тогда идея сокращения заключается в следующем.

Мы используем пары троек ( 0 , l , r ) и ( 1 , l , r ) для представления ребер. Ребро проходит между конечными точками по индексу l и по индексу r . Предполагая, что мы создаем действительный список троек, символы из этих двух троек должны быть размещены в l и r , поэтому мы можем рассматривать порядок, в котором они располагаются, как указание направления края. Здесь 1 - «голова» края, а 0 - «хвост». Другими словами, если 1 находится в $(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$$l$$r$$1$$0$$1$$r$тогда край указывает от l до r, и если 1 помещен в l, то край указывает от r до l .$l$$r$$1$$l$$r$$l$

Чтобы представить вершины, мы помещаем символ x или y в индекс и используем следующие три символа в качестве конечных точек трех ребер, которые касаются вершины. Обратите внимание , что если мы размещаем х , все три ребра на вершине должны указывать в том же направлении (все в вершину или все из вершины) просто из строк, которые в конечном языке A . Такие вершины имеют степень 0 или 3 , поэтому мы ставим x точно для вершин, помеченных { 0 , 3 } . Если мы разместим $x$$y$$x$$A$$0$$3$$x$$\{0,3\}$$y$, Ровно один из трех ребер в вершине должны указывать в том же направлении , из - за строки в A . Такие вершины имеют степень 1 , поэтому мы ставим y точно для вершин, помеченных { 1 } .$A$$1$$y$$\{1\}$

В некотором смысле, мы сделали. В частности, должно быть ясно соответствие между решением этого экземпляра и решением экземпляра Graph Orientation. К сожалению, список производимых нами троек может оказаться недействительным, поэтому описанные «ребра» могут работать не так, как задумано. В частности, список троек может быть недействительным, поскольку условие, что интервалы из троек должны всегда содержать друг друга, может не соблюдаться: интервалы от двух ребер могут перекрываться, если один из них не содержит другой.

Чтобы бороться с этим, мы добавим еще немного инфраструктуры. В частности, мы добавляем «вершины кроссовера». Пересекающаяся вершина - это вершина степени 4 , ребра которой спарены так, что в каждой паре одно ребро должно указывать на вершину пересечения, а другое - наружу. Другими словами, пересеченная вершина будет вести себя так же, как и два «пересекающихся» ребра. Мы представляем пересеченную вершину, помещая символ c в некоторый индекс i . Затем обратите внимание, что язык A ограничивает символы в i - 1 и i + 2 противоположными (один 0 и один 1 ) и символы в i - $4$$c$$i$$A$$i-1$$i+2$$0$$1$$i-2$и я + 1, чтобы быть противоположным. Таким образом, если мы используем эти индексы в качестве конечных точек для четырех ребер в вершине кроссовера, поведение будет точно таким, как описано: четыре ребра попарно попарно, и среди каждой пары один указывает и один указывает.$i+1$

Как мы на самом деле размещаем эти кроссоверы? Хорошо, предположим, у нас есть два интервала ( l , r ) и ( l ′ , r ′ ), которые перекрываются. WLOG, l < l ′ < r < r ′ . Мы добавляем символ пересечения в середину (между l ′ и r ). (Допустим, что все это время мы разбрасывали все так, чтобы всегда было достаточно места, и в конце мы удалим все неиспользуемые места.) Пусть индекс символа кроссовера будет i . Затем мы заменим четыре тройки ( $(l, r)$$(l', r')$$l < l' < r < r'$$l'$$r$$i$, l , r ) , ( 1 , l , r ) , ( 0 , l ′ , r ′ ) и ( 1 , l ′ , r ′ ) с восемью тройками по две каждая (одна с символом 0 и одна с символом 1 ) для следующих четырех интервалов ( l , i - 1 ) , ( i + 2 , r $(0, l, r)$$(1, l, r)$$(0, l', r')$$(1, l', r')$$0$$1$$(l, i-1)$$(i+2, r)$, ( l ′ , i - 2 ) , ( i + 1 , r ′ ) . Обратите внимание, что интервалы больше не пересекаются в плохой форме! (После этого изменения, если два интервала перекрываются, один находится строго внутри другого.) Кроме того, ребро от l до r заменяется ребром от l до вершины кроссовера, за которым следует ребро оттуда до r ; эти два ребра спарены в вершине пересечения таким образом, что один направлен внутрь, а другой направлен; другими словами, два ребра вместе ведут себя так же, как один ребро, которое они заменяют.$(l', i-2)$$(i+1, r')$$l$$r$$l$$r$

В некотором смысле, помещая в эту пересеченную вершину «некрещенные» два ребра (чьи интервалы перекрывались). Легко видеть, что добавление пересеченной вершины не может вызвать пересечение дополнительных ребер. Таким образом, мы можем пересечь каждую пару пересекающихся ребер, вставив достаточное количество пересеченных вершин. Конечный результат по-прежнему соответствует экземпляру Graph Orientation, но теперь список троек действителен (теперь все свойства легко проверить, когда мы «пересекаем» любые пересекающиеся ребра), поэтому применяется лемма, ребра должны вести себя как описано и соответствие на самом деле является эквивалентностью. Другими словами, это сокращение является правильным.

доказательство леммы

Лемму: для действительного списка троек, символы х , у , и с должны быть помещены точно так , как указано троек, и для любой пары троек ( 0 , л , г ) и ( 1 , л , г ) , то два символа для этой тройки должны быть помещены в индексы l и r .$x$$y$$c$$(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$

доказательство:

Поступаем по индукции на тройки по длине интервала. В частности, наше утверждение таково: для любого k, если некоторая тройка имеет длину интервала k, символ в этой тройке должен быть размещен, как описано в лемме.$k$$k$

Базовый случай: для k = 0 тройка должна помещать символ x , y или c в один индекс внутри интервала. Это именно так, как описано в лемме.$k = 0$$x$$y$$c$

Индуктивный случай: предположим, что утверждение верно для любого k, меньшего некоторого k ′ . Теперь рассмотрим некоторую тройку с длиной интервала k ′ . Тогда эта тройка должна иметь вид ( i , l , r ) с r = l + k ′ - 1 и i ∈ { 0 , 1 } . Тройка ( 1 - i , l , r ) также должна присутствовать. Количество троек ( $k$$k'$$k'$$(i, l, r)$$r = l+k'-1$$i \in \{0,1\}$$(1-i, l, r)$′ , L ′ , r ′ ) с l ≤ l ′ ≤ r ′ ≤ r в точности равно r - l + 1 = k ′ . Эти тройки включают в себя тройки ( 0 , l , r ) и ( 1 , l , r ), а также k ′ - 2 других тройки вида ( α ′ , l $(\alpha',l',r')$$l \le l'\le r' \le r$$r-l+1 = k'$$(0, l, r)$$(1, l, r)$$k'-2$, r ' ) с l < l ′ ≤ r ′ < r . Эти другие троек все имеют длину интервала меньшечем к ' , поэтому все они должны размещать свои символыкак указано в лемме. Единственный способ сделать это, если эти тройки размещают символы в каждом индексе, начиная с индекса l + 1 и заканчивая индексом r + 1 . Таким образом, наши две тройки ( 0 , l , r ) и ( 1 , l , r $(\alpha',l',r')$$l < l' \le r' < r$$k'$$l+1$$r+1$$(0, l, r)$$(1, l, r)$должны поместить свои символы в индексы l и r , как описано в лемме, завершающей индуктивный случай.$l$$r$

По индукции лемма верна.

@MikhailRudoy был первым, кто показал NP-твердость, но у нас с Луи была другая идея, которую, я думал, я мог бы изложить здесь, поскольку она работает несколько иначе. Мы сводим непосредственно из CNF-SAT, проблему булевой выполнимости для CNF . В обмен на это, обычный язык L, который мы используем, является более сложным.$L$

Ключ к проявлению твердости заключается в разработке языка L ′, который позволяет нам угадывать слово и повторять его несколько раз. В частности, для любого числа k переменных и числа m предложений мы построим интервалы, обеспечивающие, чтобы все слова w из L , которые мы можем сформировать, начинались с произвольного слова u длины k в алфавите { 0 , 1 } (интуитивно кодирование предположения об оценке переменных), а затем это слово и повторяется $L'$$k$$m$$w$$L'$$u$$k$$\{0, 1\}$$u$$m$ времена (которые мы позже будем использовать для проверки того, что каждое условие удовлетворяется предполагаемой оценкой).

Для этого мы зафиксируем алфавит A = { 0 , 1 , # , 0 ′ , 1 ′ } и язык: L ′ : = ( 0 | 1 ) ∗ ( # ( 00 ′ | 11 ′ ) ∗ ) ∗ # ( 0 | 1 ) ∗ . Формальное утверждение немного сложнее:$A = \{0, 1, \#, 0', 1'\}$$L' := (0|1)^* (\# (00'|11')^*)^* \# (0|1)^*$

Claim: For any numbers $k, m \in \mathbb{N}$, we can build in PTIME a set of intervals such that the words in $L'$ that can be formed with these intervals are precisely:

where $\tilde{u}$ denotes the result of reversing the order of $u$ and swapping $0$'s and $1$'s, where $u'$ denotes the result of adding a prime to all letters in $u$, and where $x \bowtie y$ for two words $x$ of $y$ of length $p$ is the word of length $2p$ formed by taking alternatively one letter from $x$ and one letter from $y$.

Here's an intuitive explanation of the construction that we use to prove this. We start with intervals that encode the initial guess of $u$. Here is the gadget for $n = 4$ (left), and a possible solution (right):

It's easy to show the following observation (ignoring $L'$ for now): the possible words that we can form with these intervals are exactly $u \# \tilde{u}$ for $u \in \{0, 1\}^k$. This is shown essentially like the Lemma in @MikhailRudoy's answer, by induction from the shortest intervals to the longest ones: the center position must contain $\#$, the two neighboring positions must contain one $0$ and one $1$, etc.

We have seen how to make a guess, now let's see how to duplicate it. For this, we will rely on $L'$, and add more intervals. Here's an illustration for $k = 3$:

For now take $L := (0|1)^* (\# (00'|11')^*)^* \# (0' | 1')^*$. Observe how, past the first $\#$, we must enumerate alternatively an unprimed and a primed letter. So, on the un-dashed triangle of intervals, our observation above still stands: even though it seems like these intervals have more space to the right of the first $\#$, only one position out of two can be used. The same claim holds for the dashed intervals. Now, $L$ further enforces that, when we enumerate an unprimed letter, the primed letter that follows must be the same. So it is easy to see that the possible words are exactly: $u \# (\tilde{u} \bowtie \tilde{u}') \# u'$ for $u \in \{0, 1\}^k$.

Now, to show the claim, we simply repeat this construction $m$ times. Here's an example for $k=3$ and $m=2$, using now the real definition of $L'$ above the statement of the claim:

As before, we could show (by induction on $m$) that the possible words are exactly the following: $u (\# \tilde{u} \bowtie \tilde{u}' \# u \bowtie u')^2 \# \tilde{u}$ for $u \in \{0, 1\}^k$. So this construction achieves what was promised by the claim.

Thanks to the claim we know that we can encode a guess of a valuation for the variables, and repeat the valuation multiple times. The only missing thing is to explain how to check that the valuation satisfies the formula. We will do this by checking one clause per occurrence of $u$. To do this, we observe that without loss of generality we can assume that each letter of the word is annotated by some symbol provided as input. (More formally: we could assume that in the problem we also provide as input a word $w$ of length $n$, and we ask whether the intervals can form a word $u$ such that $w \bowtie u$ is in $L$.) The reason why we can assume this is because we can double the size of each interval, and add unit intervals (at the bottom of the picture) at odd positions to carry the annotation of the corresponding even position:

Thanks to this observation, to check clauses, we will define our regular language $L$ to be the intersection of two languages. The first language enforces that the sub-word on even positions is a word in $L'$, i.e., if we ignore the annotations then the word must be in $L'$, so we can just use the construction of the claim and add some annotations. The second language $L''$ will check that the clauses are satisfied. To do this, we will add three letters in our alphabet, to be used as annotations: $+$, $-$, and $\epsilon$. At clause $1 \leq i \leq m$, we add unit intervals to annotate by $+$ the positions in the $i$-th repetition of $u$ corresponding to variables occurring positively in clause $i$, and annotate by~$-$ the positions corresponding to negatively occurring variables. We annotate everything else by~$\epsilon$. It is now clear that $L''$ can check that the guessed valuation satisfies the formula, by verifying that, between each pair of consecutive $\#$ symbols that contain an occurrence of $u$ (i.e., one pair out of two), there is some literal that satisfies the clause, i.e., there must be one occurrence of the subword $+1$ or of the subword $-0$.

This concludes the reduction from CNF-SAT and shows NP-hardness of the letter scheduling problem for the language $L$.