Нумерація підмножини

Зафіксуйте $k\ge5$ . Для будь-якого досить великого ми хочемо позначити всі підмножини розміру точно додатними цілими числами від . Ми хотіли б, щоб ця маркування відповідала такій властивості: є безліч цілих чисел, st{ 1 .. n } n / k { 1 ... T $n$$\{1..n\}$$n/k$$\{1...T\}$$S$

1. Якщо підмножин розміру не перетинаються (тобто об'єднання цих множин утворюють все безліч ), то сума їх міток в .n / k { 1 .. n } $k$$n/k$$\{1..n\}$$S$
2. В іншому випадку, сума їх мітки не в .$S$

Чи існує та маркування, st ?T ⋅ | S | = O ( 1,99 п$k\ge5$$T\cdot|S|=O(1.99^n)$

Наприклад, для будь-якого ми можемо позначити підмножини наступним чином. , кожен підмножина має біт у своїй кількості: перший біт дорівнює 1, якщо підмножина містить 1 , другий біт дорівнює 1, якщо підмножина містить 2 і т. Д. Це легко зрозуміти, що S містить лише один елемент 2 ^ n-1 . Але тут T \ cdot | S | = \ Theta (2 ^ n) . Чи можемо ми зробити це краще?T = 2 n n $k$$T=2^n$$n$$1$1 2 S 2 n - 1 T ⋅ | S | = Θ ( 2 п$1$$1$$2$$S$$2^n-1$$T\cdot|S|=\Theta(2^n)$

Часткова відповідь полягає в тому, що навіть для такого маркування не існує.$k$

Для набору неперервних підмножин (розміром , нехай позначає суму їх значень).S 1 , … , S t n / k f ( S 1 , … , S t$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

Претензія: якщо і тоді .S 1 ∪ … ∪ S t ≠ S ′ 1 ∪ … ∪ S ′ t f ( S 1 , … , S t ) ≠ f ( S ′ 1 , … , S ′ t$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

Щоб зрозуміти, чому твердження вірно, виберіть набір такий, що але потім один з цих нових наборів перетинає один із , тому заборонено бути таким же, як . ⋃ k i = 1 S i = [ n $S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$ f ( S 1 , ... , S k ) f ( S ' 1 , ... , S ' t , S t + 1 , ... , S k$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

Висновок: .$T > {n \choose tn/k}/t$

Встановлення дає нижню межу .T ≥ 2 ($t = k/2$$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

Зауважимо, що для непарного виходить нижня межа порядку . Вже при маємо тому показник прагне до досить швидко.($k$k=5H((1-1/k)/2)=H(0,4)${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

Я б здогадався, що не існує рішення для непарного але я не знаю, як це довести.$k$

Це не відповідь, а лише пояснення, чому для k = 2 такого маркування не може існувати (я впевнений, що Алекс це вже знав, тому це лише записування для інших читачів, як я ...)

Для k = 2 маємо . Це тому, що є підмножина розміру n / 2. Якщо будь-які два отримують однакову мітку, наприклад, A і B, то або сума мітки A і її доповнення не в S, або сума мітки B і доповнення A в S. Це означає, що (для великих n).($T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$T≥(${n \choose n/2}$$T\ge {n \choose n/2}$

Для більшого ка подібний аргумент показує, що всі мітки повинні бути різними, але це дає лише більш слабку експоненціальну нижню межу. Тож уже k = 3 здається невідомим.