Продаж блоків часових інтервалів

Враховуючи часових інтервалів, які бажають придбати людей. Особа має значення для кожного часового проміжку . Кожна людина може придбати лише один послідовний блок часових інтервалів, який може бути порожнім.$n$$k$$i$$h(i,j)\geq 0$$j$

Чи існує алгоритм поліноміального часу для обчислення максимального значення, яке може досягти продавець?

Без обмеження послідовності ми можемо кожен раз надавати слот тому, хто цінує його найбільше. Крім того, якщо ми зафіксуємо порядок часових інтервалів людей, тоді динамічне програмування можна використовувати для вирішення максимального значення перших людей, які купують перший час прорізи.$k$$0\le i \le k$$0\le j \le n$

Дано 3CNF з пунктами про змінні . Припустимо, і і відображаються у формулі не більше, ніж разів відповідно.$\phi_1,\ldots,\phi_k$$x_1,\ldots,x_n$$x_i$$\overline{x_i}$$k_i$

Ми розробляємо кольоровий DAG , вершини якого складаються з трьох частин:$G$

• Вершини "призначення" і , , . Колір з "кольором" , і з .$v_i(j)$$\bar{v}_i(j)$$1\leq i\leq n$$1\leq j\leq k_i$$v_i(j)$$x_i(j)$$\bar{v}_i(j)$$\overline{x_i}(j)$
• Вершини "пункту"$w_{i'}(j')$ , 1 ≤ i ′ ≤ k , j ′ = 1 , 2 , 3 . Колір w i ′ ( j ′ ) з кольором x i ( j ) (або ¯ x i ( j ) ), якщо ¯ x i (або x i , відповідно) є j ′ -ми буквами пункту ϕ i $1\leq i'\leq k$$j'=1,2,3$$w_{i'}(j')$$x_i(j)$$\overline{x_i}(j)$$\overline{x_i}$$x_i$$j'$$\phi_{i'}$, і це j -й пункт, що містить цей літерал.$j$
• "Вирізати" вершини s = s 0 , s 1 , ... , s n , s n + 1 , ... s n + k = t . Розфарбуйте їх різними кольорами, які відрізняються зверху.$s=s_0,s_1,\ldots,s_n, s_{n+1},\ldots s_{n+k}=t$

Краї включають:

• s i - 1 v i ( 1 ) , v i ( j ) v i ( j + 1 ) , v i ( k i ) s i ;$s_{i-1}v_i(1)$$v_i(j)v_i(j+1)$$v_i(k_i)s_i$
• s i - 1 ˉ v i ( 1 ) , ˉ v i ( j ) ˉ v i ( j + 1 ) , ˉ v i ( k i ) s i ;$s_{i-1}\bar{v}_i(1)$$\bar{v}_i(j)\bar{v}_i(j+1)$$\bar{v}_i(k_i)s_i$
• і s n + i ′ - 1 w i ′ ( j ′ ) , w i ′ ( j ′ ) s n + i ′ .$s_{n+i'-1}w_{i'}(j')$$w_{i'}(j')s_{n+i'}$

Наприклад, із 3CNF ( x 1 ∨ x 2 ∨ ¯ x 3 ) ∧ ( x 1 ∨ ¯ x 2 ∨ x 3 ) будується наступний графік (напрямки ребер - зліва направо). $(x_1 \vee x_2 \vee \overline{x_3})\wedge(x_1 \vee \overline{x_2}\vee x_3)$

Тепер не важко побачити, що оригінальний 3CNF є задоволеним тоді і лише за наявності у G s - t шляху з різними кольорами вершин .$s$$t$$G$

(До речі, це побічний продукт, що наявність s - t шляху з різними вершинними кольорами в кольорі DAG є важким NP . Я не знайшов багато літератур про цю проблему в обчислювальній перспективі. Якщо ви знаєте, будь ласка коментар!)$s$$t$$\textsf{NP-hard}$

Отже, яке співвідношення між проблемою G та OP? Інтуїтивно те, що ми будемо робити, - це створити матрицю h , щоб кожен колір був відображений у рядок (який є особою), а краї відображалися у послідовних стовпцях (часові проміжки). Тому максимальний графік, який в основному йде зліва направо в матриці, відповідає s - t шляху.$G$$h$$s$$t$

Наша матриця h має 2 n + 1 + ∑ i 2 k i + k стовпців, індекси починаються з 0 . У наступному constrcution X Y два значення задовольняють 1 « X « Y . Співвідношення X / 1 , Y / X можуть бути великими потужностями k і n . Нехай K i = 2 i + 2 ∑ i $h$$2n+1+\sum_i 2k_i+k$$0$$X$$Y$$1\ll X\ll Y$$X/1, Y/X$$k$$n$= 1 кi.$K_i=2i+2\sum_{j=1}^i k_i$

• Для кожного s i , 0 ≤ i ≤ n , нехай h ( s i , K i ) = h ( s i , K i - k i - 1 ) = h ( s i , K i + k i + 1 + 1 ) = Y (якщо координата існує, те саме нижче).$s_i$$0\leq i\leq n$$h(s_i,K_i)=h(s_i,K_i-k_i-1)=h(s_i,K_i+k_{i+1}+1)=Y$
• Для кожного x i ( j ) , нехай h ( x i ( j ) , K i - 1 + j ) = X ; Для кожного ¯ х я ( J ) , нехай ч ( ¯ х я ( J ) , К я - 1 + K я + 1 + J ) = Х .$x_i(j)$$h(x_i(j),K_{i-1}+j)=X$$\overline{x_i}(j)$$h(\overline{x_i}(j),K_{i-1}+k_i+1+j)=X$
• Для кожного ϕ i ′ , 1 ≤ i ′ ≤ k та буквального x у пункті ϕ i ′ , нехай h ( x , K n + i ′ ) = 1 .$\phi_{i'}$$1\leq i'\leq k$$x$$\phi_{i'}$$h(x,K_n+i')=1$
• Усі інші записи - 0.

Наприклад, для наведеного вище прикладу графік є відповідною матрицею

Тепер ми стверджуємо: вихідний 3CNF задовольняється тоді і лише тоді, коли максимальне значення дорівнює ( 2 n + 1 ) Y + ∑ i k i X + k .$(2n+1)Y+\sum_i k_iX+k$

Розглянемо планування досягнення максимального значення. Оскільки в h є точні ( 2 n + 1 ) стовпців, що містять Y , їх слід охопити. Для стовпця K i + k i + 1, який має два варіанти Y , припустимо, що планування призначає його s s i . Оскільки стовпець K i повинен бути призначений s i , то послідовністю ми повинні втратити стовпці K i + 1 до K i + $(2n+1)$$h$$Y$$K_i+k_i+1$$Y$$s_i$$K_i$$s_i$$K_i+1$i . Те ж саме відбувається, якщо планування призначить стовпчик K i + k i + 1 до s i + 1 .$K_i+k_i$$K_i+k_i+1$$s_{i+1}$

Тому, щоб мати значення ∑ i k i X , ми повинні вибрати всі інші наявні X у матриці, що відповідає призначенню змінних. Тож значення решти k досягається тоді і лише тоді, коли призначення відповідає кожному пункту.$\sum_i k_iX$$X$$k$

На закінчення, відступали максимальне значення юридичного планування в NP-важкою . Можливо, тому всі наші попередні спроби знайти алгоритм зазнали невдачі.$\textsf{NP-hard}$

Це рішення має проблеми і незабаром буде видалено; дивіться коментар templatetypedef.

Ви можете вирішити це за багаточлен, використовуючи мінімальну витрату . Далі всі ребра мають місткість одиниці.

• Створіть джерельну вершину s та цільову вершину t . Ми відправимо k одиниці потоку від s до t .$s$$t$$k$$s$$t$
• Створіть n + 1 вершини v 0 , … , v n, щоб представити часові точки між слотами та спрямований край v j v j + 1 для кожного 0 ≤ j < n із вартістю 0.$n+1$$v_0, \dots, v_n$$v_jv_{j+1}$$0 \le j < n$
• Для кожної людини я створіть наступне: $i$
  • Вершина під-джерела s i та вершина підтонувача t i .$s_i$$t_i$
  • Для кожного 0 ≤ j < n , ребро від s i до v j має вартість Σ j k = 1 год ( i , k ) (яке вважаємо рівним 0, якщо j = 0 ).$0 \le j < n$$s_i$$v_j$$\Sigma_{k=1}^j{h(i,k)}$$j=0$
  • Для кожного 1 ≤ j ≤ n , ребра від v j до t i, що має вартість - Σ j k = 1 год ( i , k ) .$1 \le j \le n$$v_j$$t_i$$-\Sigma_{k=1}^j{h(i,k)}$
  • Край s s i із вартістю 0.$ss_i$
  • Край t i t із вартістю 0.$t_it$

Потік мінімальних витрат у цій мережі матиме загальну вартість, рівну мінус найкращого можливого прибутку. (Ця вартість буде негативною, але це не проблема.) Існує оптимальне цілісне рішення, в якому кожна людина i має єдиний край, що залишає s i з потоком 1, і один край, що надходить на t i з потоком 1 , і всі інші краї, що трапляються на s i або t i мають 0 потік. Нехай ці потоки-1 для людини i будуть s i v j і v k t i : тоді k ≥ $i$$s_i$$t_i$$s_i$$t_i$$i$$s_iv_j$$v_kt_i$$k \ge j$, оскільки єдиними шляхами серед v -vertices є ті, що збільшують індекс. Якщо k = j , то людині i не виділяються часові проміжки; в іншому випадку людині i виділяється блок часових інтервалів j + 1 , … , k .$v$$k = j$$i$$i$$j+1, \dots, k$

Інтуїтивно, кожна людина "отримує" 1 одиницю потоку з s і вибирає час початку (край) і час закінчення (край); ці краї початку та кінця є єдиними ребрами з ненульовою вартістю в мережі, і ми можемо представити значення блоку j + 1 , … , k як різницю двох префіксних сум. Ємність одиниць на краях між v -vertices діє, щоб запобігти двом людям використовувати один і той же проміжок часу.$s$$j+1, \dots, k$$v$

Цікаво, що ця рецептура буде працювати, навіть якщо значення h ( i , j ) можуть бути негативними.$h(i, j)$