Чи існує алгоритм багаточленного часу, щоб визначити, чи проміжок набору матриць містить матрицю перестановки?

Я хотів би знайти алгоритм багаточленного часу, який визначає, чи проміжок заданого набору матриць містить перестановочну матрицю.

Якщо хтось знає, чи є ця проблема іншого класу складності, це було б так само корисно.

---

EDIT: Я позначив це питання лінійним програмуванням, тому що я сильно підозрюю, що якби таке рішення існувало, це був би своєрідний алгоритм лінійного програмування. Я вважаю, що це причина в тому, що крайні точки політопа Бірхова - саме матриці перестановки. Якщо ви зможете знайти об'єктивну функцію, яка максимально або мінімізована лише у вершинах політопа Бірхофа, ви могли б обмежити свою функцію перетином політопа і вашого векторного підпростору, а потім максимізувати його в поліноміальний час. Якби це значення було матрицею перестановки, ви б знали, що набір містить перестановку. Це мої думки з цього приводу.

---

EDIT 2: Після ще однієї думки мені здається, що матриці перестановки - це саме елементи політопа Бірхова з евклідовою нормою $\sqrt{n}$ , ми вважаємо політоп Біркгофа опуклим корпусом$n \times n$матриць перестановки. Можливо, це теж може бути суттєвим.

---

EDIT 3: Я додав тег програмування напіввизначеного, тому що після мого попереднього коментаря я починаю думати, що можливе рішення напіввизначеного програмування, оскільки це лінійно обмежений алгоритм квадратичної оптимізації.

Теорема. Проблема в пості є NP-жорсткою, скороченням від Subset-Sum.

Звичайно, випливає, що проблема, ймовірно, не має алгоритму багаторазового часу, як цього вимагає op.

---

Ось інтуїція. Проблема в пості є

• Чи є матриця перестановки в проміжку заданого набору матриць?

Це по суті те саме, що і

• Чи існує матриця перестановки, яка (мислення матриці як вектора) задовольняє деяким заданим лінійним обмеженням?

Це в свою чергу те саме, що

• Чи існує ідеальна відповідність (у повному двопартійному графіку), чий вектор падіння задовольняє деяким заданим лінійним обмеженням?

Зменшення підмножини до останньої проблеми є стандартним вправою.

Ось детальний доказ.

---

Визначте наступну проміжну проблему:

Сумірна сума:

вхід: Повний, двочастковий граф з невід'ємними вагами ребер цілого числа, і неотрицательной ціле числом цільової Т .$G=(U,V,E)$$T$

вихід: Чи містить ідеальне співвідношення ваги точно T ?$G$$T$

---

Лема 1 . Полі-час підмножини суми скорочується до відповідності-суми.

Доведення цього є стандартною вправою домашнього завдання. Доказ - в кінці.

Лема 2. Полімере співвідношення суми зводиться до проблеми в пості.

Доведення леми 2. Зафіксуйте вхід збігаючої суми: повний двосторонній графік з невід’ємними цілими ребрами ваг w : U × V → N + , і цільовим T ∈ N + , де U = { u 1 , … , u n } і V = { v 1 , … , v n } . Для кожного $G=(U,V,E)$$w:U\times V\rightarrow \mathbb{N}_+$$T\in \mathbb{N}_+$$U=\{u_1,\ldots,u_n\}$$V=\{v_1, \ldots, v_n\}$ , визначте M ( i j ) як матрицю в R ( n + 1 ) × ( n + 1 ), де M ( i j ) i j = T , і M ( i j ) n + 1 , n + 1 = w ( $i,j\in\{1,2,\ldots,n\}$$M^{(ij)}$$\mathbb{R}^{(n+1)\times (n+1)}$$M^{(ij)}_{ij} = T$ , а всі інші записи дорівнюють нулю. Зменшення виводить такий набір матриць: { M ( i j ) : i , j ∈ { 1 , … , n } } . Це визначає скорочення.$M^{(ij)}_{n+1,n+1}=w(u_i, v_j)$

$$\big\{M^{(ij)} : i,j\in\{1,\ldots,n\}\big\}.$$

Претензія. Проміжок цього набору матриць складається з тих матриць задовольняють лінійним обмеженням M h , n + 1 = M n + 1 , h = 0 для всіх h ≤ n і лінійне обмеження $M \in\mathbb{R}^{(n+1)\times(n+1)}$$M_{h,n+1} = M_{n+1,h} = 0$$h\le n$

$$\textstyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij}\,w(u_i, v_j) = T\, M_{n+1,n+1}.$$

( Доказ твердження. Перевіряючи кожну матрицю у множині, задовольняє цим обмеженням, тому кожна лінійна комбінація цих матриць робить це, навпаки, якщо M ∈ R ( n + 1 ) × ( n + 1 ) задовольняє обмеженням , тоді M дорівнює лінійній комбінації M ′ = ∑ n i = 1 ∑ n j = 1 α i j M ( i $M^{(ij)}$$M\in\mathbb{R}^{(n+1) \times (n+1)}$$M$ З матриць, де α я J = М я J / М ( я J ) я J = М я J / T. Зазначимо, зокрема, що, за різними визначеннями та лінійними обмеженнями, M ' n + 1 , n + 1 = ∑ i j α i j w ( u i , v j ) = ∑ i j$M'=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} M^{(ij)}$$\alpha_{ij} = M_{ij}/M^{(ij)}_{ij} = M_{ij}/T$ Це доводить претензію.)

$$\textstyle M'_{n+1,n+1} = \sum_{ij} \alpha_{ij} w(u_i, v_j) = \sum_{ij} M_{ij} w(u_i, v_j)/T = (T\, M_{n+1,n+1})/T = M_{n+1,n+1}.$$

Тепер ми покажемо, що зменшення є правильним. Тобто, даний графік має відповідність за вагою T і тоді, і лише тоді, коли набір матриць охоплює матрицю перестановки.$G$$T$

( Тільки якщо. ) Спочатку припустимо, що даний графік має вагому- T ідеальну відповідність M ′ . Нехай M ∈ { 0 , 1 } ( n + 1 ) × ( n + 1 ) - відповідна матриця перестановки n × n , з додатковим рядком і стовпцем додаються такі, що M n + 1 , n + 1 = 1 і M h , n $G$$T$$M'$$M\in\{0,1\}^{(n+1)\times (n+1)}$$n\times n$$M_{n+1,n+1} = 1$для всіхh≤n. Тоді ∑ n i = 1 ∑ n j = 1 M i j w( u i , v j )- вага M ′ , тобтоT, і M n + 1 , n + 1 =$M_{h,n+1}=M_{n+1,h}=0$$h\le n$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij} w(u_i, v_j)$$M'$$T$$M_{n+1,n+1}=1$, Так що лінійні обмеження в трюмі претензії, і тривалість даного набору матриць перестановок містять матрицю .$M$

( Якщо. ) З іншого боку , припустимо , що оболонка містить будь-яку перестановку матрицю . За твердженням, єдиним ненульовим записом у рядку n + 1 або стовпчику n + 1 є M n + 1 , n + 1 , тому (як M - матриця перестановки), це повинно бути M n + 1 , n + 1 = 1 . Таким чином, видалення останнього рядка та стовпця дає n × n матрицю перестановки. Нехай M ' - ідеальне узгодження$M$$n+1$$n+1$$M_{n+1,n+1}$$M$$M_{n+1,n+1} = 1$$n\times n$$M'$ відповідний ційматриці перестановки n × n . Маса М ' є Σ п я = 1 Е п J = 1 М я J ш ( у я , v J ) , який (по п) є Т М п + 1 , п + 1 = Т . Отже, даний графік маєвідповідність вазі T , що доводить лему 2.$G$$n\times n$$M'$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij} w(u_i, v_j)$$T M_{n+1,n+1} = T$$T$$~~\Box$

Ось затриманий доказ леми 1:

Доведення леми 1. Враховуючи екземпляр Subset-Sum , зменшення виводить екземпляр Match-Sum ( G = ( U , V , E ) , T ), де U = { u 1 , u 2 , … , u 2 n } , V = { v 1 , v 2$(w,T)\in\mathbb{N}^n_+ \times \mathbb{N}_+$$(G=(U,V,E), T)$$U=\{u_1, u_2, \ldots, u_{2n}\}$ , для кожного i ∈ { 1 , … , n } , край ( u i , v i ) має вагу w i , а всі решта ребер мають нульову вагу.$V=\{v_1, v_2, \ldots, v_{2n}\}$$i\in\{1,\ldots,n\}$$(u_i, v_i)$$w_i$

Для будь-якого ідеального узгодження з вагою ребер, підсумовуючим , множина S = { i : ( u i , v i ) ∈ M , i ≤ n } є рішенням для даного екземпляра Subset-Sum (оскільки вони є єдиними нульові ваги в М ).$T$$S=\{i : (u_i, v_i)\in M, i\le n\}$$M$

І навпаки, даючи будь-яке рішення для екземпляра Subset-Sum, скажімо, з ∑ i ∈ S w i = T , набір ребер { ( u i , v i ) : i ∈ S } є часткове узгодження з вагою T , і воно легко поширюється на ідеальне співвідношення з вагою T , додаючи, наприклад, наступний набір (нульова вага) ребер:$S\subseteq\{1,\ldots,n\}$$\sum_{i\in S} w_i = T$$\{(u_i, v_i) : i \in S\}$$T$$T$

$$\{(u_{i+n}, v_{i+n}) : i\in S\} \cup \bigcup_{i\in\{1,\ldots,n\}\setminus S}\{(u_i, v_{i+n}), (u_{i+n}, v_{i})\}.$$

Це доводить лема 1. Теорема випливає з лемм 1 і 2. ◻$~~~\Box$

---

ps Як осторонь, згідно з цією відповіддю , обмеження узгодження суми до екземплярів з поліноміально обмеженими вагами ребер є в П. Але я впевнений, що обмеження задачі в пості на матриці з поліноміально обмеженими (ціле число ) записи залишаються складними.

Regarding the problem of computing the diameter of a polytope presented as the intersection of halfspaces, the problem is NP-hard in general, and also NP-hard to approximate within any constant factor, see Brieden's paper and references therein. I think for centrally symmetric polytopes, an SDP gives an $O(\sqrt{\log m})$ approximation where $m$ is the number of inequalities defining the polytope. I sketch this below the line.

In your case the Birkhoff polytope $P$ is not centrally symmetric, but working with the convex hull of $P$ and $-P$ suffices for your purposes. I think this "symmetric Birkhoff" polytope can be represented as the set of all square matrices $M$ that satisfy:

$$\forall i^*, j^*: \sum_{i}{M_{ij^*}} = \sum_j{M_{i^*j}} = c$$

$$\forall i,j: -1 \leq M_{ij} \leq 1$$

$$-1 \leq c \leq 1$$

If this is a correct representation (not sure), then you can just add the constraints that restrict this polytope to your given subspace. It is not hard to adapt the SDP below the line to this representation, but I choose not to go through it in order to keep notation managable.

I am not sure what approximate diameter does for your problem: it probably lets you decide if the given subspace is close to a permutation matrix or far from all of them, but I have not worked out the calculations.

---

Let me finish with a sketch of the SDP rounding (which is fairly standard fare). Let $P = \{x: -b \leq Ax \leq b\}$ be a centrally symmetric polytope, where $A$ is $m \times n$. Define the vector program:

$\alpha^2 = \max \sum_{i = 1}^n{\|v_i\|_2^2}$

subject to:

$\forall 1 \leq i \leq m: \|\sum_{j = 1}^n{A_{ij} v_j}\|_2^2 \leq b_i^2$

Above the $v_i$ range over $n$-dimensional vectors. This can be written as an SDP in the standard way and is a relaxation of the diameter of $P$, i.e $\alpha$ is at least the euclidean diameter of $P$.

I now claim that $\alpha \leq O(\sqrt{\log m})\cdot \text{diam}(P)$. To show this, I will give you an algorithm that, given $(v_i)_{i=1}^n$ of value $\alpha$, outputs $x \in P$ of length at least $\frac{\alpha}{O(\sqrt{\log m})}$. The algorithm is just a random projection: pick a random $n$-dimensional vector $g$ where each $g_i$ is a standard gaussian. Set $\tilde{x}_i = g^T v_i$. By standard properties of gaussians:

$$\mathbb{E}\ \|\tilde{x}\|_2^2 = \alpha^2$$ $$\forall i \leq m: \mathbb{E}\ |(A\tilde{x})_i|^2 \leq b_i^2 \ \ \Rightarrow \ \ \mathbb{E}\ \max_{i=1}^m{\frac{|(A\tilde{x})_i|}{b_i}} \leq C\sqrt{\log m}.$$ where the last bound holds for large enough $C$ (this is a standard fact about the maximum of $m$ subguassian random variables, and can be proven using the Chernoff bound).

The two equations already imply there exists an $x$ such that $x \in P$ and $\|x\|_2^2 \geq \frac{1}{C\sqrt{\log m}}\alpha$. Or, using concentration bounds, you can show that with constant probability $\frac{1}{2C\sqrt{\log m}}\tilde{x} \in P$ and $\|\tilde{x}\|_2\geq \frac{1}{2}\alpha$.