Чи є така проблема НП важкою?

Розглянемо сукупність множин $F=\{F_1,F_2,\dotsc,F_n\}$ над базовим набором $U=\{e_1,e_2,\dotsc,e_n\}$ де $|F_i|$ $\ll$ $n$ і $e_i \in F_i$ , і нехай $k$ - додатне ціле число.

Мета полягає в тому, щоб знайти ще одну колекцію множин $C=\{C_1,C_2,\dotsc,C_m\}$ над $U$ , щоб кожен був записаний як об'єднання максимум взаємно неперервних множин в C, а також ми хочемо ∑ m 1 | C j | бути мінімальним (тобто сукупна кількість елементів у всіх наборах С повинна бути якомога меншою). F я До ( до < < | C |$F_i$$k$ $(k<<|C|)$ $C$$\sum_1^m |C_j|$$C$

Зауважте, що $F$ має однаковий розмір з $U$ , але розмір $C$ невизначений.

Чи може хто-небудь сказати, чи є вищезазначена проблема NP-важка? (набір покриття？ упаковка？ ідеальне покриття）

Дякую за ваш час.

Лема Проблема НР-важка.

Доказ ескіз. Ми нехтуємо обмеженнями | F i | ≪ n = | U | в POSTED проблем, тому що, для будь-якого примірника ( F , U , K ) завдання, екземпляр ( F ' = F п , U ' = U п , K ) , отриманого шляхом прийняття об'єднання п незалежних копій ( F , U , k ) (де $|F_i| \ll n = |U|$$(F,U,k)$$(F'=F^n,U'=U^n,k)$$n$$(F,U,k)$$i$копія F використовує i- ю копію U як основний набір) еквівалентна і задовольняє обмеженню (має | F ′ i | ≤ n ≪ n 2 = | U ′ | ).$F$$i$$U$$|F'_i| \le n \ll n^2 = |U'|$

Ми надаємо зменшення від 3-SAT. Для подання, на першому етапі скорочення ми нехтуємо обмеженнями e i ∈ F i у розміщеній задачі. На другому етапі ми описуємо, як відповідати цим обмеженням, зберігаючи правильність зменшення.$e_i \in F_i$

Перший етап. Зафіксуйте будь-яку формулу 3-SAT ϕ . Припустимо WLOG, що кожен пункт має рівно три буквені позначення (у кожному використовується інша змінна). Створіть наступний екземпляр ( F , U , k ) опублікованої проблеми, при k = 3 .$\phi$$(F,U,k)$$k=3$

Нехай n - кількість змінних у ϕ . У U є 3 n + 1 елемента : один елемент t (для "істинного"), і, для кожної змінної x i в ϕ , три елементи x i , ¯ x i і f i (для "false").$n$$\phi$$3n+1$$U$$t$$x_i$$\phi$$x_i$$\overline x_i$$f_i$

Для кожного елемента в U існує безліч Сінглтона , що містить тільки цей елемент в F . Будь-яке рішення З , отже , включає в себе кожен з цих наборів, які сприяють їх загальний розмір 3 п + 1 до вартості C .$U$$F$$C$$3n+1$$C$

Крім того, для кожної змінної х I в ф існує безліч «змінна» { х я , ¯ х я , F I , т } в F . Для кожного пункту в ϕ існує "пункт", встановлений у F, що складається з прямокутників у пункті, і t . Наприклад, пункт x 1 ∧ ¯ x 2 ∧ x 3 дає множину { x 1 , ¯ x 2 , $x_i$$\phi$$\{x_i, \overline x_i, f_i, t\}$$F$$\phi$$F$$t$$x_1\wedge \overline x_2 \wedge x_3$3 , т } в F .$\{x_1, \overline x_2, x_3, t\}$$F$

Заява 1. Скорочення є правильним: satis задовольняється, якщо деяке рішення C коштує ∑ j | C j | = 5 n + 1 .$\phi$$C$$\sum_j |C_j| = 5n+1$

(тільки якщо) Припустимо, ϕ задовольняється. Побудуйте рішення C, що складається з наборів 3 n + 1 сингл, плюс для кожної змінної x i - пари, що складається з справжнього прямого і t . (Наприклад, { ¯ x i , t }, якщо x i помилково.) Вартість C становить 5 n + 1 . $\phi$$C$$3n+1$$x_i$$t$$\{\overline x_i, t\}$$x_i$$C$$5n+1$

Кожен набір змінних { x i , ¯ x i , f i , t } - це об'єднання трьох множин: пари, що складається з справжнього прямого і t , плюс два однотонні множини, по одному для кожного з двох інших елементів. (Наприклад, { ¯ x i , t } , { x i } , { f i } .)$\{x_i, \overline x_i, f_i, t\}$$t$$\{\overline x_i, t\}, \{x_i\}, \{f_i\}$

Кожен набір пропозицій (наприклад, { x 1 , ¯ x 2 , x 3 , t } ) - це об'єднання трьох множин: пари, що складається з t і справжнього буквального, плюс два однотонних множини, по одному для кожного з двох інших літералів. (Наприклад, { x 1 , t } , { ¯ x 2 } , { x 3 } .)$\{x_1, \overline x_2, x_3, t\}$$t$$\{x_1, t\}, \{\overline x_2\}, \{x_3\}$

(якщо) Припустимо, є рішення C розміром 5 n + 1 . Рішення повинно містити 3 n + 1 однотонних набори плюс інші набори загальним розміром 2 n .$C$$5n+1$$3n+1$$2n$

Розглянемо спочатку n «змінних» наборів, кожна з форм { x i , ¯ x i , f i , t } . Безліч є об'єднанням непересічних не більше трьох множин C . Не втрачаючи загальності, це роз'єднане об'єднання двох однотонних та пари (інакше розщеплення множин в C досягає цього, не збільшуючи витрати). Позначимо пару P i . Пари P i і P j для різних змінних x i і x j є різними, оскільки$n$$\{x_i, \overline x_i, f_i, t\}$$C$$C$$P_i$$P_i$$P_j$$x_i$$x_j$P i містить x i , ¯ x i , або f i, але P j - ні. Отже, сума розмірів цих пар дорівнює 2 n . Таким чином, ці пари є єдиними не-однотонними множинами у розчині. $P_i$$x_i$$\overline x_i$$f_i$$P_j$$2n$

Далі розглянемо множини "пункту", наприклад, { x i , ¯ x j , x k , t } . Кожна така множина повинна бути об'єднанням щонайбільше трьох множин у C , тобто до двох однотонних множин та щонайменше однієї пари P i , P j або P k . Перевіряючи пари і набір пропозицій, він повинен бути об'єднанням двох одинакових і однієї пари, і ця пара повинна мати вигляд { x i , t } або { ¯ x j , t $\{x_i, \overline x_j, x_k, t\}$$C$$P_i$$P_j$$P_k$$\{x_i, t\}$$\{\overline x_j, t\}$(буквальний і т ).$t$

Отже, таке завдання задовольняє ϕ : присвоїти true кожній змінній x i таким чином, що P i = { x i , t } , присвоїти помилкові кожній змінній x i таке, що P i = { ¯ x i , t } , і призначити решта змінних довільно.$\phi$$x_i$$P_i=\{x_i, t\}$$x_i$$P_i=\{\overline x_i, t\}$

Етап 2. Екземпляр ( F , U , k = 3 ), вироблений вище, не задовольняє обмеженню e i ∈ F i, зазначеному в описі проблеми. Виправте цей недолік наступним чином. Упорядкуйте множини F i та елементи e i в U так, щоб кожен однотонний набір відповідав його елементу e i . Нехай m - кількість пропозицій у ϕ , так | Ж | = 1 + 4 n $(F,U,k=3)$$e_i \in F_i$$F_i$$e_i$$U$$e_i$$m$$\phi$$|F|=1+4n+m$ and $|U|=1+3n$.

Let $(F', U', k'=4)$ denote the instance obtained as follows. Let $A$ be a set of $2n+2m$ new artificial elements, two for each non-singleton set in $F$. Let $U'=U\cup A$. Let $F'$ contain the singleton sets from $F$, plus, for each non-singleton set $F_i$ in $F$, two sets $F_i\cup \{a_i, a_i'\}$ and $\{a_i,a_i'\}$, where $a_i$ and $a_i'$ are two elements in $A$ chosen uniquely for $F_i$. Now $|F'|=|U'|=1+5n+2m$ and (with the proper ordering of $F'$ and $U'$) the constraint $e'_i\in F'_i$ is met for each set $F'_i$.

To finish, note that $(F',U',k'=4)$ has a solution of cost $|A|+5n+1$ iff the original instance $(F, U, k=3)$ has a solution of cost $5n+1$.

(if) Given any solution $C$ of cost $5n+1$ for $(F,U,k=3)$, adding the $n+m$ sets $\{a_i, a'_i\}$ (one for each non-singleton $F_i$, so these partition $A$) to $C$ gives a solution to $(F', U', k'=4)$ of cost $|A|+cost(C)=|A|+5n+1$.

(only if) Consider any solution $C'$ for $(F', U',k=4)$ of cost $|A|+5n+1$. Consider any pair of non-singleton sets $F_i\cup\{a_i, a_i'\}$ and $\{a_i, a_i'\}$ in $F'$. Each is the disjoint union of at most 4 sets in $C'$. By a local-exchange argument, one of these sets is $\{a_i, a_i'\}$ and the rest don't contain $a_i$ or $a_i'$ --- otherwise this property can be achieved by a local modification to the sets, without increasing the cost... (lack of detail here is why I'm calling this a proof sketch). So removing the $\{a_i, a_i'\}$ sets from $C'$ gives a solution $C$ for $(F,U,k=3)$ of cost $5n+1$. $\diamond$