Пошук оптимальної послідовності питань, щоб мінімізувати загальний час студента

Припустимо, в університеті є семінар-практикум. У нас є набір $k$ питань $Q = \{ q_1 \ldots q_k \}$ і набір $n$ учнів $S = \{ s_1 \ldots s_n \}$ . Кожен учень сумнівається у певній підгрупі питань, тобто для кожного студента $s_j$ , нехай $Q_j \subseteq Q$ - це набір питань, у яких у студента є сумнів. Припустимо, що $\forall 1 \leq j \leq n: Q_j \neq \phi$ і $\bigcup_{1\leq j\leq n}Q_j = Q$ .

Усі студенти заходять у сеанс підручника на початку (при $t = 0$ ). Тепер студент залишає заняття, як тільки будуть обговорені всі питання, в яких він має сумніви. Припустимо, що час для обговорення кожного питання дорівнює, скажімо, 1 одиниця . Нехай - час, витрачений на сеанс підручника. Ми хочемо з’ясувати оптимальну перестановку в якій обговорюються питання така величина $^*$ $t_j$ $s_j$ $\sigma$ $(q_{\sigma(1)} \ldots q_{\sigma(n)})$ $T_\sigma = \Sigma_{1\leq j \leq n}t_j$ зведено до мінімуму.

Мені не вдалося розробити поліноміальний алгоритм часу або довести $\mathsf{NP}$ твердість.

Ми можемо визначити версію рішення задачі

T U T = {⟨ k, n, F_{Q}, C ⟩ ∣ \exists σ : T_{σ} \leq C}

$\mathsf{TUT} = \{\langle k, n, \mathcal{F}_Q, C \rangle \mid \exists \sigma : T_{\sigma} \leq C\}$

де $\mathcal{F}_Q$ - множина $Q_j$ s.

Потім ми можемо дізнатися мінімум , використовуючи бінарний пошук на і з'ясувати оптимальні з допомогою часткових завдань для за поліноміальний час , використовуючи оракул для . Крім того, оскільки оптимальний може бути використаний як сертифікат, який ми можемо легко перевірити в поліноміальний час. $T_\sigma$ $C$ $\sigma$ $\sigma$ $\mathsf{TUT}$ $\mathsf{TUT} \in \mathsf{NP}$ $\sigma$

Моє запитання: Чи -комплект чи ми можемо розробити для нього алгоритм багаточлена? $\mathsf{TUT}$ $\mathsf{NP}$

Sidenote: До речі, я подумав над цим питанням після фактичної сесії навчальних посібників, в якій ТА обговорював питання у звичайному порядку через що багатьом студентам довелося чекати до кінця. $q_1 \ldots q_n$

Приклад
Нехай і . і . Ми можемо бачити , що оптимальне , тому що в цьому випадку листя після того, як і листя після того, як $k=3$ $n=2$ $Q_1 = \{q_3\}$ $Q_2 = \{q_1, q_2, q_3\}$ $\sigma = \langle 3, 1, 2 \rangle$ $s_1$ $t_1 = 1$ $s_2$ , таксума дорівнює 4. Однак, якщо ми обговоримо питання в порядку , то і обидва повинні чекати до кінця і , так сума - 6. $t_2 = 3$
$\langle 1, 2, 3\rangle$ $s_1$ $s_2$ $t_1 = t_2 = 3$

Ви можете вирішити більш загальний випадок, коли кожне питання займає одиниці для обговорення! $^*$ $q_i$ $x_i$

— сканхунт42
джерело

Просто, щоб було зрозуміло: чи входять всі студенти одночасно, чи вони входять з моменту, коли їм задають перше запитання?

— Дискретна ящірка

@Discretelizard Усі студенти входять одночасно на початку (при t = 0).

— skankhunt42

У нинішньому визначенні набори питань є унікальними, тобто набір питань належить щонайменше одному студенту. Це може бути розумним спрощенням, але я сумніваюся, що це реально (і я сумніваюся, що це зробить багато для складності проблеми)

— дискретна ящірка

Я припускаю, що у двох студентів може бути абсолютно однаковий набір питань, тому час очікування буде помножений на два.

— gnasher729

Я підозрюю, що проблема є важкою для NP. Я покажу, як перетворити проблему таким чином, щоб вона була сильно пов'язана з проблемою, яка є важкою для NP. (Так, це все досить розпливчасто. В основному я вважаю, що мій загальний підхід є правильним, але наразі я не можу продовжувати.) $\mathsf{TUT}$

По-перше, зауважте, що задачу можна переформулювати так: $\mathsf{TUT}$

$Q$ $k$ $n$ $\mathcal{F}_Q\subseteq \mathcal{P}(Q)$ $C$ $\Sigma : \langle S_1,\ldots, S_k\rangle$ $i \in\{1,\ldots,k\}$

$S_i\subseteq Q$ $|S_i|=i$
$S_i \subset S_j$ $j>i$
$\sum_{i=1}^k |\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}| \leq C$

$S_i$ $i$

$\mathcal{F}_Q$ $2$ $Q$

$|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$ $i$ $\mathsf{\text{Double max $k$-vertex-cover}}$

$G=(V,E)$ $k$ $t$ $V'\subseteq V$ $k$ $\{(u,v)\in E\mid u\in V' \wedge v \in V' \}$ $t$

$k$ $\mathsf{TUT}$ $i$ $\Sigma$ $7$ $4$ $3$ $i=3$ $3$ $4$ $i=4$

$\mathsf{TUT}$

Отже, підсумовуючи, я звів питання до наступного:

$\mathsf{TUT}$

$|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$ $i=1\ldots k$ $i-1$ $k$ $i$ врешті-решт стане «глобальним» максимумом для запобігання перевірки експоненціальної кількості підмножин.

— Дискретна ящірка
джерело