Позитивне топологічне впорядкування, візьміть 2

Це продовження останнього питання Девіда Еппштейна і мотивоване тими ж проблемами.

Припустимо, у мене є вершина з вагами в реальній кількості на вершинах. Спочатку всі вершини не помічені. Я можу змінити набір позначених вершин, або (1) позначення вершини без немаркованих попередників, або (2) відмітка вершини без позначених наступників. (Таким чином, набір позначених вершин завжди є префіксом часткового порядку.) Я хочу знайти послідовність операцій маркування / відмітки, яка закінчується всіма вершинами, позначеними таким чином, що загальна вага позначених вершин завжди невід'ємна .

• Наскільки важко знайти таку послідовність операцій? На відміну від проблеми Девіда , навіть не ясно, що ця проблема знаходиться в НП; в принципі (хоча я не маю прикладів) кожна правова послідовність переміщення могла мати експоненціальну довжину. Найкраще, що я можу довести, це проблема в PSPACE.

• Невже операція з маркування насправді не потрібна? Якщо є дійсна послідовність переміщення, чи повинна бути дійсна послідовність переміщення, яка ніколи не відзначає вершину? Позитивна відповідь зробив би цю проблему , ідентичну з Давидом . З іншого боку, якщо деколімація іноді необхідна, повинен бути невеликий (постійний розмір) приклад, який це підтверджує.

На нашому регулярному 666 науково-дослідному семінарі ми дійшли наступних доказів.

Почнемо з деяких визначень. Нехай Р - наша позета. Для простоти припустимо, що жодна з ваг не дорівнює нулю. Позначимо вагу вершини w (x) та суму ваг множини w (X). Ми говоримо, що множина X є Y-up (закрита), якщо вона міститься в Y, і кожен елемент Y, більший за елемент X, також знаходиться в X. Аналогічно, скажімо, що множина X є Y-вниз, якщо вона міститься в Y, і кожен елемент Y, менший за елемент X, також знаходиться в X. На цій мові набір позначених елементів повинен бути завжди P-вниз.

Доводимо протиріччя. Візьміть найкоротшу позначку / відмітку послідовності, яка позначає кожен елемент. Ми називаємо такі послідовності повними. У будь-який момент розглянемо набір елементів, які були позначені раніше, але тепер не позначені. Позначимо цей набір через U.

Претензія: w (U)> 0.

Доказ: Ми доводимо, що вага будь-якого набору U-up, X, позитивний. Доведення полягає в індукції на величину X. Якщо є множина X, Y така, що w (Y)> 0, то оскільки за індукцією ми знаємо, що w (X \ Y)> 0 (оскільки це X-up), маємо також w (X)> 0. Якщо для кожного множини X вниз, Y маємо w (Y) <0, то, видаливши до цього моменту всі позначення та відмітку елементів X з нашої послідовності, ми отримуємо більш коротку повну послідовність. Ми робимо з доведенням позову.

Тепер припустимо, що у нас є повна послідовність, де w (U)> 0 в будь-якій точці для множини U поточно маркованих елементів. Візьміть послідовність, яку ми отримаємо з цього, зробивши перше маркування кожного елемента і ніколи нічого не відмічаючи. Зрозуміло, що це також буде повною послідовністю, яка задовольняє, що набір позначених елементів завжди P-вниз. Більше того, сума ваг завжди буде щонайменше стільки ж, скільки в початковій послідовності, оскільки в будь-який момент часу різниця становить w (U). Ми зробили.

За допомогою цього методу можна навіть довести, що якщо замість маркування цілого P ми хочемо лише позначити підмножину P, то це можна зробити за допомогою послідовності маркування, що супроводжується послідовністю відмітки. Доказ той самий, за винятком того, що наприкінці деякі елементи, U, залишаються без позначення, але вони можуть бути переміщені до кінця послідовності, оскільки вага будь-якого набору U-додатків позитивний.