Приблизний 1d TSP з лінійними порівняннями?

$O(n\log n)$ $1+O(n^{-c})$ $c$ $O(n)$ $(\max-\min)n^{-(c+1)}$ його початкового значення, а потім використати сортування radix. Але моделі з округленням мають проблематичну теорію складності, і це змусило мене замислитися, як щодо слабших моделей обчислення?

Отже, наскільки точно можна зблизити одновимірний TSP у моделі обчислення лінійного дерева порівняння (кожен вузол порівняння перевіряє ознаку лінійної функції вхідних значень) алгоритмом, складність у часі якого ? Цей же метод округлення дозволяє досягти будь-якого відношення наближення форми (використовуючи двійкові пошуки, щоб зробити округлення, і округлення набагато більш грубим, щоб зробити його досить швидким). Але чи можна досягти навіть коефіцієнта наближення на зразок для деякого ? $o(n\log n)$ $n^{1-o(1)}$ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$

— Девід Еппштейн
джерело

Я не знайомий з 1D TSP. Чи можете ви це визначити?

— Тайсон Вільямс

@Tyson Williams: Проблема шляху 1D-продавця подорожей є особливим випадком проблеми евклідової мандрівки продавця шляху, де всі міста знаходяться на осі x. Або формально вам дано n дійсних чисел a_1,…, a_n, і ваша мета - вивести перестановку π: {1,…, n} → {1,…, n} така, що ∑_ {i = 1} ^ {n − 1} | a_ {π (i)} - a_ {π (i + 1)} | зводиться до мінімуму.

— Цуйосі Іто

РЕДАКТУВАННЯ (ОНОВЛЕННЯ): Нижня межа моєї відповіді нижче була доведена (іншим підтвердженням) у "Про складність наближення евклідових подорожей продавця та мінімальних розміщених дерев", автор Das et al; Algorithmica 19: 447-460 (1997).

чи можливо досягти навіть коефіцієнта наближення на зразок за деякий за час, використовуючи алгоритм порівняння? $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$ $o(n\log n)$

Ось нижня межа.

Претензія. Для будь-якого кожен алгоритм на основі порівняння -апроксимації вимагає порівняння у гіршому випадку. $\epsilon>0$ $n^{1-\epsilon}$ $\Omega(\epsilon n\log n)$

Під "на основі порівняння" я маю на увазі будь-який алгоритм, який запитує лише вхідні дані з бінарними (True / False) запитами.

Ось спроба доказу. Сподіваємось, помилок немає. FWIW нижня межа, ймовірно, поширюється на рандомізовані алгоритми.

Виправте будь-який та будь-який довільно малий, але постійний . $n$ $\epsilon>0$

Розглянемо лише"перестановочні" вхідні екземпляри які є перестановками . Оптимальне рішення для будь-якого подібного примірника коштувало . $n!$ $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ $[n]$ $n-1$

Визначте вартість перестановки щоб бути. Моделюйте алгоритм таким чином, щоб взяти за вхід перестановку , вивести перестановку та оплатити вартість . $\pi$ $c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$ $\pi$ $\pi'$ $d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

Визначте як мінімальну кількість порівнянь для будь-якого алгоритму на основі порівняння для досягнення конкурентного відношення у цих випадках. Оскільки opt - , алгоритм повинен гарантувати максимум . $C$ $n^{1-\epsilon}$ $n-1$ $n^{2-\epsilon}$

Ми покажемо . $C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

Визначте для будь-якого можливого виводу , частка можливих входів, для виводу яких буде досягати витрат, щонайбільше . Ця частка не залежить від . $P$ $\pi'$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$

$P$ також дорівнює ймовірності, що для випадкової перестановки його вартість становить щонайбільше . (Щоб зрозуміти, чому, візьміть як перестановку тотожності Тоді - частка входів, для якої не більше , але .) $\pi$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$ $I$ $P$ $d(\pi,I)$ $n^{2-\epsilon}$ $d(\pi,I) = c(\pi)$

Лемма 1. . $C \ge \log_2 1/P$

Доказ. Виправте будь-який алгоритм, який завжди використовує менше, ніж порівнянь. Дерево рішень для алгоритму має глибину, меншу, ніж , тому є менше листів, і для деякої вихідної перестановки алгоритм дає як вихід для більш ніж частка входів. За визначенням , принаймні на одному такому вході вихід дає вартість більше . QED $\log_2 1/P$ $\log_2 1/P$ $1/P$ $\pi'$ $\pi'$ $P$ $P$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$

Лема 2. . $P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

Перш ніж ми наводимо доказ леми 2, зауважте, що дві леми разом дають твердження:

C \geq \log_{2} \frac{1}{P} = \log_{2} \exp (Ω (ϵ n \log n)) = Ω (ϵ n \log n) .

$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$

Доведення леми 2. Нехай - випадкова перестановка. Нагадаємо, що дорівнює ймовірності того, що його вартість становить максимум . Скажіть, що будь-яка пара є ребром із вартістю, тож - сума реберних витрат. $\pi$ $P$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $(i,i+1)$ $|\pi(i+1)-\pi(i)|$ $c(\pi)$

Припустимо, . $c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

Тоді для будь-якого максимум ребер мають вартість або більше. Скажіть , що краю вартості менше , ніж є дешево . $q>0$ $n^{2-\epsilon}/q$ $q$ $q$

Виправити . Підставляючи та спрощуючи, максимум ребер недешево. $q=n^{1-\epsilon/2}$ $n^{1-\epsilon/2}$

Таким чином, принаймні ребер є дешевими. Таким чином, існує безліч що містить дешевих ребер. $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ $S$ $n/2$

Претензія. Для будь-якого заданого набору з ребер, ймовірність того, що всі ребра в є дешевими, є не більше . $S$ $n/2$ $S$ $\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

Перш ніж довести твердження, зауважте, що вона передбачає лему наступним чином. За твердженням і пов'язаним наївним союзом, ймовірність існування такої множини є щонайбільше $S$

(\binom{n}{n / 2}) \exp (- Ω (ϵ n \log n)) \leq 2^{n} \exp (- Ω (ϵ n \log n))

${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

\leq \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) \leq \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

Доказ вимоги. Виберіть виконавши наступний процес. Виберіть рівномірно з , потім виберіть рівномірно з , потім виберіть рівномірно з тощо. $\pi$ $\pi(1)$ $[n]$ $\pi(2)$ $[n] - \{\pi(1)\}$ $\pi(3)$ $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

Розглянемо будь-ребро в . Розглянемо час, щойно вибрано , коли збирається вибрати . Незалежно від першого вибору (для для ), принаймні, варіантів для , і максимум цих Вибір може призвести до того, що крайні коштують менше, ніж (що робить його дешевим). $(i,i+1)$ $S$ $\pi(i)$ $\pi(i+1)$ $i$ $\pi(j)$ $j\le i$ $n-i$ $\pi(i+1)$ $2n^{1-\epsilon/2}$ $(i,i+1)$ $n^{1-\epsilon/2}$

Таким чином, за умови першого вибору , ймовірність того, що край дешевий, є щонайбільше . Таким чином, ймовірність того, що всі ребра в є дешевими, максимум Оскільки , у з є щонайменше ребра . Таким чином, цей продукт є максимум $i$ $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$ $n/2$ $S$

\prod_{(i, i + 1) \in S} \frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n - i} .

$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$

| S | \geq n / 2

$|S|\ge n/2$

n / 4

$n/4$

S

$S$

n - i \geq n / 4

$n-i\ge n/4$

(\frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n / 4})^{n / 4} \leq (8 n^{- ϵ / 2})^{n / 4} = \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) = \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

QED

— Ніл Янг
джерело

ps Я отримав прохання зробити це корисним, тому я розмістив його на arvix.org тут .

— Ніл Янг