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?ϵ > 0 o ( n журнал n )О ( н.)1 - ϵ)ϵ > 0o ( n журналn )
Ось нижня межа.
Претензія. Для будь-якого кожен алгоритм на основі порівняння
-апроксимації вимагає порівняння у гіршому випадку.n 1 - ϵ Ω ( ϵ n log n )ϵ > 0н1 - ϵΩ ( ϵ n журналn )
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 .ϵ > 0нϵ > 0
Розглянемо лише"перестановочні" вхідні екземпляри
які є перестановками . Оптимальне рішення для будь-якого подібного примірника коштувало .( x 1 , x 2 , … , x n ) [ n ] n - 1н !( х1, х2, … , Хн)[ n ]n - 1
Визначте вартість перестановки
щоб бути. Моделюйте алгоритм таким чином, щоб взяти за вхід перестановку , вивести перестановку та оплатити вартість .c ( π ) = ∑ i | π ( i + 1 ) - π ( i ) | π π ′ d ( π , π ′ ) = c ( π ′ ∘ π )πc ( π)=∑i|π(i+1)−π(i)|ππ′d(π,π′)=c(π′∘π)
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 .n 1 - ϵ n - 1 n 2 - ϵCn1−ϵn−1n2−ϵ
Ми покажемо .C≥Ω(ϵnlogn)
Визначте для будь-якого можливого виводу , частка можливих входів, для виводу яких
буде досягати витрат, щонайбільше . Ця частка не залежить від .π ′ π ′ n 2 - ϵ π ′Pπ′π′н2 - ϵπ'
π c ( π ) n 2 - ϵ π ′ I P d ( π , I ) n 2 - ϵ d ( π , I ) = c ( π )П 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 .)πc ( π)н2 - ϵπ'ЯПг( π, Я)н2 - ϵг( π, Я) = c ( π)
Лемма 1. .С≥ журнал21 / С
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 . QEDlog 2 1 / P 1 / P π ′ π ′ P P π ′ n 2 - ϵжурнал21 / Сжурнал21 / С1 / Сπ'π'ППπ'н2 - ϵ
Лема 2. .П≤ Exp( - Ω ( ϵ n лог.)п ) )
Перш ніж ми наводимо доказ леми 2, зауважте, що дві леми разом дають твердження:
С ≥ журнал 21П = журнал 2досвід( Ω ( ϵ n лог.)n ) ) = Ω ( ϵ n журнал п ) .
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.P c ( π ) n 2 - ϵ ( i , i + 1 ) | π ( i + 1 ) - π ( i ) | c ( π )πПc ( π)н2 - ϵ( i , i + 1 )| π(i+1)−π(i)|c(π)
Припустимо, .c(π)≤n2−ϵ
Тоді для будь-якого максимум ребер мають вартість або більше. Скажіть , що краю вартості менше , ніж є дешево .n 2 - ϵ / q q qq>0н2 - ϵ/ qqq
Виправити . Підставляючи та спрощуючи, максимум ребер недешево. n 1 - ϵ / 2q= n1 - ϵ / 2н1 - ϵ / 2
Таким чином, принаймні ребер є дешевими. Таким чином, існує безліч що містить дешевих ребер.S n / 2n - n1 - ϵ / 2≥ n / 2Sп / 2
Претензія. Для будь-якого заданого набору з ребер, ймовірність того, що всі ребра в є дешевими, є не більше .n / 2 S exp ( - Ω ( ϵ n log n ) )Sп / 2Sдосвід( - Ω ( ϵ n лог.)п ) )
Перш ніж довести твердження, зауважте, що вона передбачає лему наступним чином. За твердженням і пов'язаним наївним союзом, ймовірність існування такої множини
є щонайбільше
( nS≤exp(O(n)-Ω(ϵnlogn))≤exp(-Ω(ϵnlogn)).
( нп / 2) експ( - Ω ( ϵ n лог.)n ) ) ≤ 2 ндосвід( - Ω ( ϵ n лог.)п ) )
≤ Exp ( O ( n ) - Ω ( ϵ n журналn ) ) ≤ exp ( - Ω ( ϵ n лог.)п ) ) .
Доказ вимоги.
Виберіть виконавши наступний процес. Виберіть рівномірно з , потім виберіть рівномірно з , потім виберіть рівномірно з тощо.π ( 1 ) [ n ] π ( 2 ) [ n ] - { π ( 1 ) } π ( 3 ) [ n ] - { π ( 1 ) , π ( 2 ) }ππ( 1 )[ n ]π( 2 )[ n ] - { π( 1 ) }π( 3 )[ n ] - { π( 1 ) , π( 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).S π ( i ) π ( i + 1 ) i π ( j ) j ≤ i n - i π ( i + 1 ) 2 n 1 - ϵ / 2 ( i , i + 1 ) n 1 - ϵ / 2( i , i + 1 )Sπ( i )π( i + 1 )iπ(j)j≤in−iπ(i+1)2n1−ϵ/2(i,i+1)n1−ϵ/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
2 n 1 - ϵ / 2i n/2S∏(i,i+1)∈S2n 1 - ϵ / 22n1−ϵ/2n−in/2S| S| ≥n/2n/4Sn-i≥n/4(2n 1 - ϵ / 2
∏(i,i+1)∈S2n1−ϵ/2n−i.
|S|≥n/2n/4Sn−i≥n/4(2n1−ϵ/2n/4)n/4 ≤ (8n−ϵ/2)n/4 = exp(O(n)−Ω(ϵnlogn)) = exp(−Ω(ϵnlogn)).
QED