Мінімальна кількість покупок для покупки групи людей для придбання подарунків один для одного

10

У нас група людей. Нам надають список тих, хто повинен купувати подарунки для кого в межах групи. Кожній людині може знадобитися придбати / отримати будь-яку кількість подарунків або, можливо, взагалі жодного. Під час походу по магазинах підмножина людей разом подорожує в одному магазині та купує подарунки для всіх, хто не присутній у магазині. Вони можуть не купувати подарунки комусь іншому в одній торговій поїздці, оскільки тоді це не буде сюрпризом. Людина може поїхати в кілька поїздок по магазинах. Ми хочемо мінімізувати загальну кількість покупок, необхідних кожному, щоб придбати всі необхідні їм подарунки. $n$

Як приклад, розглянемо випадок, коли є 5 людей, і кожен повинен придбати подарунки для кожної іншої людини в групі. Нехай люди пронумеруються від 1 до 5. Це можна зробити за 4 поїздки по магазинах, як показано:

Поїздка 1: 1, 2, 3 йдіть по магазинах
Поїздка 2: 1, 4, 5 йдіть по магазинах
Поїздка 3: 2, 4 йдіть по магазинах
Поїздка 4: 3, 5 йдіть по магазинах

Як би я пішов на вирішення цієї проблеми? Очевидно, що вхід може бути представлений спрямованим графіком, але я не знаю, куди звідти піти. Хтось висунув проблему покриття білік , але, хоча це схоже, він не відповідає на це запитання.

Ми можемо розглядати вхід як спрямований графік на вершин, де край означає, що людина повинна купити подарунок для людини . Мета - знайти набір білік S_1 таким, що мінімальний, а крайовий набір графіка є підмножиною . Крім того, розширюючи визначення білікліки на спрямований графік, бікліка містить лише ребра, які відображають до $G$ $n$ $(u,v)$ $u$ $v$ $(S_1,T_1),\dots,(S_k,T_k)$ $k$ $E$ $\cup_i (S_i \times T_i)$ $(S_i,T_i)$ $S_i$ $T_i$ . Це відрізняється від проблеми кришки бікліки тим, що ми не вимагаємо, щоб кожен бікілік був підграфом (нам не потрібно для кожного ). $G$ $S_i \times T_i \subseteq E$ $i$

Зокрема, я прийму відповідь, що або:

Демонструє, що ця проблема є важкою для NP або
Представлений поліноміальний алгоритм часу, який точно відповідає на це запитання (немає апроксимацій та верхніх меж)

Для запису я ніде не бачив цієї проблеми, я просто цікавлюсь цим заради власної цікавості.

algorithms graph-theory set-cover

— Райлі
джерело

2

Ця проблема є важкою для NP . Щоб показати це, спершу переформулюю цю (оптимізаційну) проблему в проблему рішення. Потім я переформулюю цю проблему в еквівалентну, з якої досить просто отримати скорочення від -барвлення, що є NP-важким для будь-якого . $k$ $k\geq 3$

Коротка постановка проблеми полягає в наступному:

З огляду на осіб та графік який кодує їхні стосунки "дарування подарунків", знайдіть необхідну мінімальну кількість поїздок таким чином, щоб усі подарунки можна було придбати, не зіпсувавши жодних сюрпризів. $n$ $G$

Однак це проблема оптимізації. Клас NP, як правило, визначається для задач з рішенням (де відповідь на кожен екземпляр - ТАК чи НІ). Варіантом цього рішення є:

З огляду на осіб та графік що кодує їхні "подарункові" відносини та ціле число , чи не більшість поїздок є достатнім, щоб придбати всі подарунки, не руйнуючи жодних сюрпризів? $n$ $G$ $t$ $t$

Я визначаю проблему пошуку правильного спрямованого мультиколірування $t$ деякого графіка як знаходження багатобарвної функції яка є правильною , де - деякий набір 'кольори' (тобто ) і - набір потужності (тобто множина всіх підмножин ). Багатобарвна функція є правильною тоді і лише тоді, коли для кожного ребра ми маємо, що . $G=(V,E)$ $c:V\rightarrow \mathcal{P}(C)$ $C$ $t$ $|C|=t$ $\mathcal{P}(C)$ $C$ $C$ $(u\rightarrow v)\in E$ $c(u) \not\subseteq c(v)$

Я стверджую , що проблема похід по магазинах еквівалентна задачі про прийняття рішення про існування спрямованого -multicoloring $t$ одного і того ж графа . $G$

Доведення : Якщо у нас є правильне спрямоване -мультикольорове для , де ми перейменовуємо такі кольори, що то розглянемо послідовність відключень , де a vertex йде по магазинах у поїздці якщо і лише тоді, коли . Тоді для кожного ребра маємо, що існує такий, що і , оскільки . Тому поїздки $t$ $c$ $G$ $C = \{1,\ldots, t\}$ $t$ $T_1,\ldots, T_t$ $v$ $T_i$ $i\in c(v)$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ $v\notin T_i$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $T_i$ достатні, щоб придбати всі подарунки.

Якщо у нас є послідовність відключень , тоді побудуємо багатоколірну функцію на наборі кольорів таку, що . Тоді для кожного краю існує поїздка така, що і (оскільки можете купити подарунок для в якійсь поїздці), це означає, що і , тому . $T_1,\ldots, T_t$ $c$ $C=\{1,\ldots, t\}$ $c(u) = \{ i \in \mathbb{N} | u \in T_i\}$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ $v\notin T_i$ $u$ $v$ $i\in c(u)$ $i\notin c(v)$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $\square$

Пошук правильного спрямованого мультиколірування - це в основному дивне переформулювання конкретного випадку -кольорування. Отже, я можу показати скорочення полінома часу з -проблемою забарвлення: Дано ненаправлений графік , спочатку перетворіть цей графік у спрямований графік , такий, що і тоді і тільки тоді, коли або ( іншими словами, ми змінюємо непрямі краї на два спрямовані краї). $t$ $k$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G' = (V',E')$ $G=(V,E)$ $V=V'$ $(u\rightarrow v)\in E$ $(u,v)\in E'$ $(v,u)\in E'$

Розглянемо найбільший набір , такий, що немає , , таким, що . Сукупність усіх підмножини розміром , де, є такий набір. Тому максимальний розмір такого підмножини - . $K\subset \mathcal{P}(C)$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $C$ $\lfloor t/2\rfloor$ $t=|C|$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

Якщо для існує правильне -мультиколірування , то існує власне забарвлення, яке використовує не більше нерівних елементів з (*) , тож це дійсний -кольоровий колір для . $t$ $G$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $\mathcal{P}(C)\$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$

Якщо власне -кольорування існує для , то існує безліч , , така що і не існує жодного , , такого що . Отже, має належну спрямовану -мультиколірність. $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$ $K\subset \mathcal{P}(C)$ $|C|=t$ $|K| \geq \binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $G$ $t$

Отже, це дійсне скорочення поліноміального часу з -кольору до теперішньої проблеми покупок за допомогою поїздок, що означає, що теперішня проблема покупок є важкою для NP. Зауважте, що ця проблема покупок не є повною, оскільки ми можемо легко перевірити, чи даний перелік максимум поїздок дозволяє нам купувати всі подарунки, не руйнуючи сюрпризів. $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $t$ $t$

(*): Якщо деякі різнокольорові використовують більше кольорових наборів, ніж максимальне багатобарвне забарвлення , ми можемо перейменувати таким чином, що це надмножина . залишається належним, оскільки жоден з елементів, що знаходяться в , суміжний з іншим елементом, ніж не є проблемою, і жоден набір кольорів не примикав один до одного в оригінал . Отже, не втрачаючи загальності, ми можемо припустити . $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal C$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^* \subset \mathcal{C}$

Потім зауважте, що "перейменування" до будь-якого підмножини не зруйнує краї між вузлами наборів кольорів , оскільки не містить елементів, які є підмножиною іншого. Залишилося лише переконатися, що краї між та не «руйнують» забарвлення. $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$

Розглянемо наступне відношення на колірних множин в : дві кольорові набори і є з'єднані , якщо і тільки якщо існує пара вершин , такі , що має колір набору і колірної набір і . Це співвідношення може бути представлене непрямим графіком . $R$ $\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*$ $A$ $B$ $a,b$ $a$ $A$ $b$ $B$ $(a,b)\in E$ $\mathcal G = (\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*, R)$

По-перше, ми можемо 'зменшити' , замінивши будь-яку пару, у якої немає ребра в , на один набір кольорів. Забарвлення залишається належним, оскільки зміна двох наборів кольорів, які зовсім не суміжні, в один і той же колір, не вводить недійсних країв. В результаті ми звели до повного графа. $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal G$ $\mathcal G$

Це означає, що якщо має меншу або рівну кількість наборів кольорів, як, необхідне фарбування існує. Інакше взагалі не існує належного багатобарвного забарвлення, оскільки є найбільшим набором "без підмножини", тому ми не можемо забарвити цю кліку. Тому необхідна багатобарвність обов’язково існує. $\mathcal G$ $|\mathcal{C}^*|$ $\mathcal{C}^*$

Оскільки повний графік на вузлах може кольори, якщо і тільки якщо у нас є принаймні кольорів, ми маємо, що людей можуть ходити по магазинах подарунки один для одного в поїздках, якщо і тільки тоді, якщо . Це означає, що, якщо , достатньо здійснити лише поїздок. Якщо менше подарунків для купівлі, більше поїздок не знадобиться, тож це загальна верхня межа кожного рішення. $n$ $K_n$ $n$ $n$ $t$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor} \geq n$ $n\leq 12870$ $16$

Нижче наводиться моя попередня «відповідь», яка дає евристичний алгоритм, який не гарантує отримання оптимальності, але може бути обчислений у багаточлен.

Інший спосіб сформулювати цю проблему - знайти покриття двосторонніх графіків на розділах для деякого спрямованого графіка з вузлами , таким, що кількість перегородок (тобто поїздок), тут , мінімальна. $C = \{(S_1,T_1), \ldots, (S_m,T_m)\}$ $(S_i,T_i)$ $G$ $n$ $m$

По-перше, деякі спостереження, частково виходячи з інших відповідей:

Жадібна стратегія, де ми вибираємо з двостороннім графіком, де кількість ребер, спільних з є максимальним, не призводить до оптимального рішення (Важливим зустрічним прикладом є повний графік з вузлами, де ця стратегія не вдається, незалежно від того, який максимальний двосторонній графік обраний.) $(S_i,T_i)$ $G$ $6$
Жадна стратегія не є оптимальною для довільних ациклічних графіків, врахуйте наступний графік: І для і для двосторонній графік видаляє ребра, але тільки є оптимальним. $S_i = \{3,5,6\}$ $S_i=\{1,3,6\}$ $4$ $\{3,5,6\}$
Будь-який (оптимальний) жадібний алгоритм не може віддавати перевагу розміру розділу, обраному за кількість циклів ( будь-якого розміру), 'видалених' розділом. Щоб побачити це, розглянемо графік з вузлами, де є один цикл вузлів, і кожен вузол циклу має додаткові вихідні ребра до додаткових вузлів , які не мають вихідних ребер (див. Рисунок нижче для приклад, де ). Жадібний вибір, який вважає за краще максимізувати кількість ребер за циклами довжини , надішле всі вершини циклу під час першої поїздки. Це неоптимально, оскільки це не видаляє ребер циклу та просто ігнорує $n+2$ $n$ $2$ $2$ $A,B$ $n=4$ $n$ $A,B$ і видалення всіх ребер з циклу видаляє всі ребра в напрямку , а також. Тому будь-який жадібний вибір, який віддає перевагу розміру розділу над видаленням циклу, не є оптимальним. $A,B$

Виходячи з цих спостережень, я пропоную такий жадібний вибір: Виберіть такий, щоб кількість циклів, яку ця поїздка 'вилучає' з була максимальною, і в разі зв’язків, виберіть розділ з максимальним перекриттям з серед їх (тобто дивіться на краї, а не на цикли). $(S_i, T_i)$ $G$ $G$

Оскільки цей алгоритм не відрізняється від «основної» жадібної стратегії на ациклічних графіках (видалення максимальної кількості ребер за кожну поїздку), то цей жадібний алгоритм не є оптимальним. Однак інтуїція зняття циклів все ж має сенс і є вдосконаленням у порівнянні з базовою жадібною стратегією, тому це може бути гідною евристикою.

— Дискретна ящірка
джерело

1

Ви заявляєте "Якщо для існує -мультикольорування , то для цього забарвлення використовується не більше нерівних елементів з ". Це твердження хибне. У тривіальному прикладі 3 роз'єднаних вузлів існує 2-багатобарвна , де . Це власне 2-багатобарвне, яке використовує більше, ніж різних елемента. Ви мали на увазі сказати "Якщо для існує -мультиколор , то для одного такого забарвлення використовується не більше

t

$t$

G

$G$

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

P (C)

$\mathcal{P}(C)$

a, b, c

$a,b,c$

v

$v$

v (a) = {1}, v (b) = {2}, v (c) = {1, 2}

$v(a)=\{1\},v(b)=\{2\},v(c)=\{1,2\}$

(\binom{2}{1}) = 2

$\binom{2}{1}=2$

t

$t$

G

$G$

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ нерівні елементи з "?

P (C)

$\mathcal{P}(C)$

— Райлі

Дійсно, саме про це я і мав на увазі. Ще один спосіб поглянути на це, що якщо це мінімальний t-різнокольоровий (тобто цей не -мільовий), він використовує точно елементи . Зрозуміло, що наведений вами приклад не є контрприкладом правильного переформулювання.

G

$G$

(t - 1)

$(t-1)$

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

— Дискретна ящірка

Не чекайте. Він не використовує точно елементів, але щонайбільше.

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}$

— Дискретна ящірка

Я можу зрозуміти, як це переглянуте твердження має інтуїтивний сенс, але чи можете ви довести це? Можливо, ви могли б якось показати, що будь-яке т-багатобарвне може бути «вдосконалене», так що всі різнокольорові кольори є елементами деякого набору відповідає вимозі розміру, і що таких , що .

K

$K$

a, b \in K

$a,b\in K$

a \subset b

$a\subset b$

— Райлі

@Riley Я не впевнений, що ти маєш на увазі, яке твердження ти хочеш розробити? Я оновив свою відповідь так, що в ній сказано, що запропонував ваш оригінальний коментар. Решта доказів залишається без змін. Що стосується співвідношення багатокористувацької та оригінальної кольорової проблеми, ключовою ідеєю є те, що багатобарвне зображення можна розглядати як таке, що не має суміжних "підмножин". Оскільки найбільша підмножина підмножини має розмір , ми можемо також розглянути цей набір як набір кольорів, і ми отримаємо проблема фарбування.

P (C)

$\mathcal{P}(C)$

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}$

— Дискретна ящірка

2

Я бачу, як звести цю проблему до Graph Coloring , який дає вам інструмент для вирішення проблеми (для невеликих примірників!), Але ще не як зменшити в іншому напрямку (який би встановив твердість NP).

Основна ідея полягає у створенні графіка, що містить вершину для кожної покупки та межу між будь-якими двома покупками, які не можуть відбутися в одній поїздці; Потім ми розглядаємо групування покупок на найменшу можливу кількість груп ("поїздки"), щоб жодна дві покупки в одній групі не конфліктували. Зокрема, якщо - це оригінальний спрямований графік, у якому ребро вказує, що людині потрібно придбати особу подарунок, тоді створіть непрямий графік у якому є вершина для кожного краю у та (непрямого) краю кожного разу $G = (V, E)$ $uv$ $u$ $v$ $H = (X, Y)$ $x_{uv}$ $uv$ $G$ $x_{uv}x_{vw}$ $uv$ і обидва (надіслана) ребра в (якщо купує певний в дар під час поїздки, то ніхто не може купити подарунка в протягом цієї ж поїздки). Забарвлення вершини - це розділ необхідних покупок (вершин у ) на поїздки (кольори), які не конфліктують (ділять край), а забарвлення вершин мінімального розміру займає найменші можливі відключення. $vw$ $G$ $v$ $w$ $v$ $H$ $H$

Можливо, можна перейти в інший бік (зменшити розфарбовування графіка або якусь іншу проблему, пов'язану з NP, до вашої проблеми, і тим самим встановити її твердість NP), пристосувавши зменшення від 3SAT до графічного забарвлення (як, наприклад, детально на стор. 10 приміток Джеффа Еріксона ), але я сам цього не робив.

— j_random_hacker
джерело

Ця відповідь геніальна; це просто те, що я шукав. Аналізуючи часову складність цього алгоритму, існує максимум вершин (подань) та ребра. Коли я шукаю алгоритм розфарбовування графіка, все, що я знаходжу, - це для графіка з вершинами. Чи є в цьому випадку більш ефективний алгоритм, оскільки на кількості ребер є поліноміальна верхня межа?

n^{2} - n

$n^2-n$

\frac{(2 n - 3) (n^{2} - n)}{2}

$\frac{(2n-3)(n^2-n)}{2}$

O (2^{n} n)

$O(2^nn)$

n

$n$

— Райлі

1

@ Riley Мабуть ні, вирішивши -кольорову здатність, для графіка з максимальним ступенем вже NP-важкий. Див. Ці [конспекти лекцій] (www-sop.inria.fr/members/Frederic.Havet/Cours/coloration.pdf) щодо скорочення від 3-SAT до графіків з максимальним ступенем 3.

k

$k$

k \geq 3

$k\geq 3$

3

$3$

— Дискретна ящірка

@ Дискретна ящірка: Де в цих конспектах лекцій вони зменшуються?

Чому ця відповідь прийнята? Наскільки я бачу, він не показує твердості NP, ані "найоптимальнішого" алгоритму, ані навіть ефективного алгоритму.

— Дискретна ящірка

1

@Discretelizard Добре. Я не думав, що питання означає, що я шукаю алгоритм часу P, особливо з урахуванням можливості, що ця проблема є важкою для NP. Але я можу зробити це більш чітким у первісному запитанні. Я відзначу цю відповідь правильною і додаю банус на 100 балів (виявляється, другий повинен бути 100, якщо за тим самим питанням, але я готовий запропонувати, тому що вони просто уявні інтернет-точки, правда? :)) знову ж таки всім, хто може або показати цю проблему, важко NP, АБО знайдіть алгоритм багаточленного часу, який її вирішує.

— Райлі

0

Це проблема, в якій я б дуже хвилювався, якби мій начальник попросив мене реалізувати алгоритм, який гарантовано знайде оптимальне рішення в розумний час.

Щоб знайти не обов'язково оптимальне рішення: Враховуючи будь-який набір людей і подарунки, які можна придбати, ми можемо порахувати, скільки подарунків може придбати група людей у шопінгу. Тому почніть з порожньої групи (яка може придбати 0 подарунків). Для кожної людини, яка не входить до групи, визначте, скільки подарунків можна придбати, якщо цю людину додати до групи. Якщо є людина, яку ми можемо додати, не зменшуючи кількість подарунків, виберіть навмання один із тих, що збільшують кількість подарунків, куплених на максимальну суму, поки додавання будь-якої особи не зменшить кількість придбаних подарунків. Потім зробіть цю похід по магазинах і почніть все спочатку, поки не будуть придбані всі подарунки.

Я повторю кілька разів, підбираючи різних людей «навмання» у випадку, якщо знайдеться краще рішення.

У прикладі, п'ять людей, які мають купити подарунок один одному, це знаходить рішення в чотирьох поїздках, що є оптимальним; якби ми не додали людей до поїздки, які залишають без змін кількість подарунків, не покращуючи її, ми мали б п'ять поїздок. А на 6 людей потрібно 5 поїздок.

— gnasher729
джерело

Отже, іншими словами, ви жадібно вибираєте походи по магазинах відповідно до того, скільки подарунків було б куплено. Чи можете ви довести, що ця процедура обов'язково призводить до мінімально можливої кількості покупок? Якщо це так, ви працювали на прикладі 6 осіб неправильно. 6 людей потребують лише 4 похідних по магазинах: .

{{1, 2, 3}, {1, 4, 5}, {2, 4, 6}, {3, 5, 6}}

$\{\{1,2,3\},\{1,4,5\},\{2,4,6\},\{3,5,6\}\}$

— Райлі

Абсолютно ніяких доказів. Жадібний алгоритм + вибір різних випадкових виборів трохи покращить ваші шанси, але не зробить 4 поїздки.

— gnasher729

Я перевірив твердження, що проблема жадібна, і вона не вдається. Навіть якщо ви перевіряєте кожну можливу подорож по магазинах, а не додаєте людей по черзі, все одно ви отримуєте 5 поїздок: . Жадібний підхід хотів би, щоб друга поїздка по магазинах придбала 9 подарунків, але в оптимальному варіанті друга поїздка за покупками купує 8 подарунків (припустимо, що це йде в порядку, перерахованому вище).

{{1, 2, 3}, {4, 5, 6}, {1, 4}, {2, 5}, {3, 6}}

$\{\{1,2,3\},\{4,5,6\},\{1,4\},\{2,5\},\{3,6\}\}$

— Райлі

Насправді жадібний підхід навіть не вирішує випадку 5 людей у 4-х поїздках по магазинах: .

{{1, 2}, {3, 4}, {5}, {1, 3}, {2, 4}}

$\{\{1,2\},\{3,4\},\{5\},\{1,3\},\{2,4\}\}$

— Райлі

-1

Припустимо, що ви замовляєте людей на основі того, кого вони отримують від (батька) та кого вони віддають (дитині). Оскільки кожен дарує один подарунок і отримує один подарунок, функція батько-дитина - це один на один.

Ніколи не хочеш ставити батька та дитину в одну групу. Ви починаєте з випадкової особи і замовляєте всіх відповідно, тому і т. Д. Ви ставите всі в одну групу, а всі в іншу групу. Для останньої особи , тому ви не хочете, щоб ця людина була в одній групі з . Якщо рівне, це не проблема. Крім того, вам потрібна одна додаткова група, яка може бути просто сама по собі, у найпростішому випадку. $p_1$ $child(p_1)=p_2$ $p_{odd}$ $p_{even}$ $p_n=parent(p_1)$ $p_1$ $n$ $p_n$

Цей алгоритм передбачає, що всі підключені. Але це не потрібно. Якщо є кілька відключених циклів, іншими словами, якщо в якийсь момент де , тоді ви закінчите це коло і почніть з нового, дотримуючись того ж алгоритму. До тих пір, поки ви не з’єднаєте непарність і рівності одного і того ж циклу, ви можете об'єднати відключені цикли. $p_k=parent(p_1)$ $k!=n$

Цей алгоритм закінчується щонайменше 2 раундами (для парних ) і 3 раундами (для непарних ). $n$ $n$

— ilke444
джерело

Здається, цей підхід вирішує проблему лише для випадку, коли кожен дає один подарунок і отримує один подарунок, тобто там, де графік є перестановкою. Я не впевнений, що це питання означало поставити лише про той особливий випадок - давайте подивимось, що ОП має сказати з цього приводу.

— DW

Це правда, моє рішення стосується проблеми, коли .

\forall i, f a n_i n (v_{i}) = f a n_o u t (v_{i}) = 1

$\forall i, fan\_in(v_i)=fan\_out(v_i)=1$

— ilke444

Так, я не просив перестановок конкретно. Будь ласка, дивіться оновлене запитання, де я уточнюю кілька речей.

— Райлі