Монотонні біекції між списками інтервалів

У мене є така проблема:

Вхід: два набори інтервалів і (усі кінцеві точки є цілими числами). Запит: чи існує монотонна біекція ? $S$ $T$
$f:S \to T$

Біекція монотонна WRT порядку включення безлічі на і . $S$ $T$

\forall X \subseteq Y \in S, f (X) \subseteq f (Y)

$\forall X\subseteq Y \in S, \ f(X) \subseteq f(Y)$

[Тут я не вимагаю зворотної умови. Оновлення: якщо потрібна була зворотна умова, тобто , то це буде в PTIME, оскільки це означає тестування ізоморфізму відповідних постів включення (які мають розмір 2 замовлення за конструкцією), який знаходиться в PTIME за Мьорінгом, Класи обчислювальних класів упорядкованих наборів , теорема 5.10, стор. 61. $\forall X, Y, X\subseteq Y \Leftrightarrow f(X) \subseteq f(Y)$ ]

Проблема полягає в : ми можемо ефективно перевірити, чи задане є монотонним бієкцією. $\mathsf{NP}$ $f$

Чи існує алгоритм поліноміального часу для цієї проблеми? Або це -твердий? $\mathsf{NP}$

Питання можна поставити більш загально як існування монотонного біекцію між двома заданими постами розмірності 2 порядку.

Використовуючи скорочення, натхнене відповідями на це питання , я знаю, що проблема є твердою, коли розміри не обмежені. Однак не ясно, чи зменшення також буде працювати при обмеженні розмірів. $\mathsf{NP}$

Мені також цікаво дізнатись про простежуваність, коли розмірність просто обмежена якоюсь довільною постійною (а не лише 2).

— a3nm
джерело

S

$S$

I_{1}, I_{2}, . . ., I_{n}

$I_1,I_2,...,I_n$

n + 1

$n+1$

I_{i} \subseteq I_{j}

$I_i \subseteq I_j$

(I_{j} \to I_{i})

$(I_j \rightarrow I_i)$

тоді просто виберіть крайній лівий з них і додайте край

. Додайте корінь, пов'язаний з вузлами, що не мають вхідних ребер. Побудуйте подібне дерево для

, а потім перевірте, чи є два дерева ізоморфними.

I_{i} \subseteq I_{j_{1}}, . . ., I_{j_{m}}

$I_i \subseteq I_{j_1},...,I_{j_m}$

| I_{j_{1}} | = | I_{j_{2}} | = . . . = | I_{j_{m}} |

$|I_{j_1}|=|I_{j_2}|=...=|I_{j_m}|$

(I_{j_{k}} \to I_{i})

$(I_{j_k} \rightarrow I_i)$

T

$T$

— Marzio De Biasi

Інтервал може бути включений у кілька незрівнянних інтервалів, наприклад [2, 3] включений у [1, 3] та [2, 4], тому я думаю, що ваша конструкція з дерева не дасть дерево, а спрямований ациклічний графік. Перевірка того, що два DAG є ізоморфними (або, скоріше, вбудованими у тому сенсі, про який я просимо), є NP-важким загалом, я думаю.

— a3nm

Ви маєте рацію, наведений вище підхід невірний!

— Marzio De Biasi

\forall X, Y, X \subseteq Y \Leftrightarrow f (X) \subseteq f (Y)

$\forall X, Y, X\subseteq Y \Leftrightarrow f(X) \subseteq f(Y)$

@ MohammadAl-Turkistany: cf обговорення в коментарях до відповіді Марціо

— a3nm

Ось спроба довести, що проблема без зворотного стану є важкою для NP.

$S$

 [S]  +-a-+ +-b-+
      +---c-----+  c<a, c<b (here < is interval inclusion)

$T$

 [T]  +-x-+      f(a)=x, f(b)=y, f(c)=z
      +-y---+    
      +-z-----+  z<x, z<y OK

$3m$ $A = \{a_1,a_2,...,a_{3m}\}$ $B$ $m$ $A_1,...,A_m$ $A_i$ $B$

$max = \sum a_i + 3m$

$S$ $3m$ $BI_i$ $3*max$ $max$ $BI_i$ $a_i$ $L$ $BI_i$ (синя лінія на малюнку).

$T$ $L$ $m$ $G_j$ $G_j$ $B$

Припустимо, що між S і T існує біекція, яка зберігає інтервал включення (в одному напрямку від S до T).

$max$ $BI_{j_1},BI_{j_2},BI_{j_3}$ $S$ $G_j$ $BI_{j_k}$ $G_j$

Аналогічним чином можна довести, що якщо існує біекція, то вихідна одинарна 3-роздільна проблема має рішення.

введіть тут опис зображення $m=2, A = \{3,3,2,2,2,2\}, B = 7$

Примітка: як зазначається в коментарях, сині інтервали L в S і T не мають істотного значення для зменшення.

$I_i \subseteq I_j$ $(I_j \rightarrow I_i)$

— Марціо Де Біасі
джерело

Так, здається, що це правильно, велике спасибі! (Лише зауваження: сині інтервали не потрібні для того, щоб скорочення працювало, я думаю.) Я прийму незабаром, якщо не знайду причин сумніватися, що це зменшення працює.

— a3nm

@ a3nm: так, але я виявив це після нанесення малюнка :-). Я все ще не на 100% впевнений, що прихованих помилок у зменшенні немає (крім того, вдруге за два тижні я знаходжу NP-повний доказ, що використовує одинарний 3-х розділ ... дуже дивно :-)

— Marzio De Biasi

Ні, це здається правильним: очевидно, що рішення 3-х розділів дає вирішення задачі на інтервал. Тепер, переходячи від задачі інтервалів до 3-х розділів: обов'язково інтервальне відображення відображає червоні інтервали на червоні інтервали (через піраміди маркера); однакова кількість червоних інтервалів, тому інтервал є червоним, якщо зображення відображається за допомогою відображення. Маркери відображаються на правильний червоний інтервал (бо в іншому випадку це нащадок і мінімальність). Тепер, якщо червоне відображається на червоне, а маркери відображаються, як очікувалося, числа повинні збігатися, тому у нас є правильний розділ. Я думаю, що це має сенс!

— a3nm

@ a3nm: я бачив, що ти прийняв відповідь; ви вважаєте, що результат досить цікавий, щоб написати спільний папір?

— Marzio De Biasi

T

$T$

f

$f$