Знайдіть оптимальне замовлення

Я зіткнувся з цією проблемою і намагаюся знайти спосіб її вирішити. Будь-які думки були б дуже вдячні!

Припустимо, нам дають матрицю , наприклад,$\{-1, 0, 1\}^{n\ \times\ k}$

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\ -1 & -1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$$

Не пробуючи кожної окремої перестановки, знайдіть впорядкування стовпців що максимально збільшує кількість рядків, для яких перший ненульовий елемент дорівнює .$c_i$$1$

Для прикладу вище, одне таке впорядкування (воно не унікальне!) - , тобто$(c_3, c_4, c_1, c_2, c_5)$

Тут для з рядків перший ненульовий елемент дорівнює .$4$$5$$1$

Ця проблема, яку я називатиму CO для замовлення стовпців, є важкою для NP . Ось зменшення від NP-жорсткої проблеми Vertex Cover (VC) до нього:

Форми задач рішення ВК та СО

Нехай вхідний екземпляр VC буде $(V, E, k)$. Він являє собою запитання: "Дано графік$(V, E)$, чи можна вибрати набір не більше $k$ вершини від $V$ такий, що кожен край в $E$ інцидент хоча б на одній обраній вершині? "Ми побудуємо екземпляр $(A, k')$ CO, що представляє питання: "З огляду на матрицю $A$ з елементами в $\{-1, 0, 1\}$, чи можна переставляти стовпці $A$ таким, що 1 з'являється перед -1 принаймні $k'$рядки? "Ці дві проблеми викладені у формі проблеми рішення , згідно з якою відповідь на кожну - ТАК чи НІ: формально кажучи, саме ця форма проблеми є NP-повною (або ні). Це не так складно бачимо, що більш природна форма проблеми оптимізації, викладена у запитанні ОП, є приблизно еквівалентною за рівнем складності: двійковий пошук порогового параметра може бути використаний для вирішення проблеми оптимізації за допомогою рішення рішення проблеми, в той час як один виклик вирішення проблеми оптимізації. з подальшим єдиним порівнянням, достатньо для вирішення проблеми рішення.

Побудова екземпляра CO з екземпляра VC

Дозволяє $n=|V|$ і $m=|E|$. Ми побудуємо матрицю$A$ з $(n+1)m + n$ рядки та $n+1$стовпчики. Топ$(n+1)m$ рядки будуть утворені з $m$ блоки $n+1$рядки кожен, кожен блок представляє край, який потрібно покрити . Знизу$n$ рядки містять вершини "прапори", що призведе до того, що стовпець (відповідний вершині) понесе фіксовану вартість, якщо вона включена в ліву частину рішення СО (відповідна вершині, що міститься у кришці вершини VC розчин).

Для кожної вершини $v_i$, створіть стовпчик, у якому:

• серед верхів $(n+1)m$ рядки, то $j$-го блоку $n+1$ всі рядки містять +1, коли край $e_j$ інцидент на $v_i$, і 0 в іншому випадку, і
• знизу $n$ рядки - це 0, за винятком $i$-та, що становить -1.

Створіть ще один стовпчик "паркан", який складається з $(n+1)m$ копії -1, далі $n$ копії +1.

Нарешті, встановіть поріг $k'$ для побудованого екземпляра CO: $(n+1)m + n - k$. Іншими словами, ми дозволяємо максимум$k$рядки, у яких -1 відображається перед +1. Назвемо цю кількість порушень рядків «вартістю» рішення СО.

Доказ

Відповідність між рішенням для екземпляра CO та набором вершин у вихідному екземплярі VC така: Кожна колонка зліва від огорожі відповідає вершині, яка знаходиться у наборі, і кожному стовпцю праворуч від огорожі відповідає вершина, якої немає.

Інтуїтивно, -1-го місця у верхній частині стовпця "огорожа" примушують вибір підмножини стовпців, які розміщуються зліва, які разом містять +1 у всіх цих позиціях - відповідно до підмножини вершин, які трапляються на кожен край. Кожен із цих стовпців, що з’являється зліва від «огорожі», має на різному рядку десь внизу -1$n$рядки, несучи вартість 1; + 1 в нижній частині "огорожі" гарантують, що всі стовпці, розміщені праворуч, не несуть таких витрат.

Очевидно, що VC рішення використовує не більше $k$ вершини дають рішення побудованому екземпляру CO із максимальною вартістю $k$: Просто впорядкуйте стовпчики, що відповідають вершинам, у кришці вершин довільно, за ними стовпець огорожі, а потім усі стовпці, що залишилися в будь-якому порядку.

Залишається показати, що рішення для екземпляру CO має максимум витрат $k$ відповідає кришці вершини з не більше $k$ вершин.

Припустимо, протилежне, що існує рішення для екземпляру CO, що має максимум витрат $k$ який залишає ряд рядків у верхній частині $(n+1)m$рядки з -1 перед +1. Цей рядок належить до блоку$(n+1)$ рядки, що відповідають певному краю $uv$. Кожен рядок у цьому блоці у вихідному екземплярі$A$ідентичний за конструкцією; permuting стовпці можуть змінювати ці рядки, але це не впливає на те, що вони однакові. Таким чином, кожен із них$n+1$ однакові рядки мають -1 у порівнянні з +1 перед рішенням, що означає принаймні вартість $n+1$. Але$k \le n < n+1$: протиріччя.

Оскільки кожен із $m$ блоки рядків у верхній частині $(n+1)m$рядки мають +1 перед -1, кожен з відповідних країв прикритий вершиною, що відповідає стовпчику зліва від огорожі: тобто ця підмножина вершин являє собою кришку вершини. Оскільки ніхто з верхів$(n+1)m$ рядки мають -1 перед +1, єдине місце, де може нараховуватися вартість у розчині, знаходиться внизу $n$ряди, від стовпців, розміщених зліва від паркану. Кожен такий стовпець коштував рівно 1, тому враховуючи, що вартість становить максимум$k$, повинно бути не більше $k$ такі стовпці, а значить, максимум $k$ вершини в обкладинці.

Нарешті, зрозуміло, що екземпляр CO може бути побудований у поліномійному часі з екземпляра VC, це означає, що якщо алгоритм поліноміального часу існував для вирішення CO, будь-який екземпляр VC також міг бути вирішений у поліноміальний час, спочатку побудувавши екземпляр CO, як описано вище, а потім вирішити. Оскільки VC є NP-жорстким, CO теж.

Я не знаю, чи є насправді поліноміальне рішення. Тим не менш, виходячи з коментаря Pål GD, ви можете побудувати функцію спрощення. Початкова матриця спрощується при складанні вихідної послідовності$S$.

function simplification:
while(true)
    if any row i$ has no 1 or no -1 left, remove it
    if any column j has no -1 then,
       remove it and put j on the leftmost available position in S,
       remove all rows where column j has 1.
    if any column j has no 1 then, 
       remove it and put j on the rightmost available position in S.
    if no modification has been done on this loop, break

Тоді вам слід провести повне дослідження комбінаторики за допомогою ітераційного вибору функції:

function pick(k):
    put column k on the leftmost available position in S
    remove any row where column k is -1 or 1

Після кожного вибору ви можете зробити спрощення, щоб зменшити кількість можливостей для вивчення. Я пропоную вивчити жадібно, починаючи зі стовпця, що має менше -1, таким чином, ви можете досягти нижньої межі, зробивши критерій зупинки.

На наведеному прикладі дається перше спрощення (як пояснив Pål GD в коментарі)

• $S[0] = c3$, видаліть r1, r3
• $S[1] = c4$, видаліть r4
• $S[2] = c2$ це дозволить вам просту матрицю для вивчення. $$\begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \\ \end{bmatrix}$$

Я думаю, що матриця, що робить цей метод досить неефективною, мала б рівно один 1, і один -1 на рядок / стовпець, щось подібне

Тим не менш, спрощення все ще шкодує приблизно половину кроків розвідки. І цей тип матриць можна розділити на кілька незалежних підматриць.