Як називається цей варіант задачі обкладинки?

Input всесвіт і сімейство підмножин , скажімо, . Будемо вважати , що підмножини можна покрити , тобто, . $U$ $U$ ${\cal F} \subseteq 2^U$ ${\cal F}$ $U$ $\bigcup_{E\in {\cal F}}E=U$

Інкрементний послідовність покриття являє собою послідовність підмножин , скажімо, , що задовольняє ${\cal F}$ ${\cal A}=\{E_1,E_2,\ldots,E_{|{\cal A}|}\}$

1) $\forall E\in {\cal A}, E\in {\cal F}$ ,

$\forall i>1$ $\bigcup_{j=1}^{i-1}E_i \subsetneq \bigcup_{j=1}^{i}E_i$

Проблема полягає у пошуку поступової послідовності покриття максимальної довжини (тобто з максимальною ). Слід зазначити , що послідовність максимальної довжини повинна в кінцевому підсумку покрити , тобто, . $|{\cal A}|$ $U$ $\bigcup_{E\in {\cal A}}E=U$

Я намагався знайти алгоритм або приблизний алгоритм, щоб знайти найдовшу послідовну послідовність покриття. Мені було просто цікаво, як називається цей варіант проблеми набору кадрів. Дякую!

— Чехомологія Чеха
джерело

Вам потрібно сімейство підмножин щоб охопити Всесвіт ? Тому що, звичайно, у вас може виникнути складніша проблема кришки набору, оскільки ви шукаєте кришку набору з додатковими властивостями. Іншими словами, встановити обкладинку зводиться до вашої проблеми. На вікі встановленої кришки також є результати непридатності для обкладинки наборів.

A

$\cal{A}$

U

$\cal{U}$

— Гаррі

Просто спостереження (занадто мало, щоб зробити відповідь): коли ваші підмножини мають розміри два, то те, що ви шукаєте, є по суті лісом, що охоплює.

— Девід Еппштейн

Напевно, не новачка в ОП, але ось кілька спостережень. (1) Оптимальне значення завжди є максимум | U |. Чи оптимальне значення дорівнює | U | чи ні, не можна ефективно вирішувати жадібний алгоритм, який намагається мінімізувати кількість покритих елементів. (2) Той же жадібний алгоритм також працює, якщо всі множини в F мають розмір два, див. Коментар Девіда Еппштейна. (3) Той же жадібний алгоритм взагалі не працює (зітхає). Контрприклад: F = {{1,2,3}, {1,4,5,6}, {2,4,5,6}, {3,4,5,6}}.

— Цуйоші Іто

Проблема насправді зовсім не схожа на проблему з набором обкладинки ... Більше, як гібрид між зіставленням та індукованим зіставленням у двосторонніх графіках. Приємним еквівалентним формулюванням є те, що сім'я погана, якщо жоден елемент не охоплюється саме одним набором у сім'ї. Проблема полягає в тому, щоб знайти найбільшу підсімейство з таким, що у немає поганої підсемейства.

A

${\cal A}$

F

${\cal F}$

A

${\cal A}$

— daniello

@Neal Young непоганий, оскільки охоплюється саме одним набором (а саме ).

F

${\cal F}$

b

$b$

{a, b}

$\{a,b\}$

— daniello

Відповіді:

Тут я показую, що проблема неповна.

Ми перетворюємо CNF у екземпляр вашої проблеми наступним чином. Припустимо, що змінними CNF є ', а пропозиції - ' s, де . Нехай де всі множини в об'єднанні повністю роз'єднані. Насправді і , а - це будь-який набір кардинальності . Позначимо також і закріпіть для кожного зростаюче сімейство довжиною всередині нього, позначене для $n$ $x_i$ $m$ $C_j$ $n<m$ $U=\cup_i (A_i\cup B_i\cup Z_i)$ $A_i=\{a_{i,j}\mid x_i\in C_j\}\cup\{a_{i,0}\}$ $B_i=\{b_{i,j}\mid x_i\in C_j\}\cup\{b_{i,0}\}$ $Z_i$ $k=2n+1$ $Z=\cup_i Z_i$ $Z_i$ $k$ $Z_{i,l}$ $l=1..k$ . Для кожної змінної додаємо множини до , кожен набір форми і . Для кожного пункту додаємо один набір до , який містить , і для кожного елементі і для кожного елементі . $x_i$ $2k$ $\mathcal F$ $A_i \cup Z_{i,l}$ $B_i \cup Z_{i,l}$ $C_j$ $\mathcal F$ $Z$ $x_i\in C_j$ $\{a_{i,j}\}$ $\bar x_i\in C_j$ $\{b_{i,j}\}$

Припустимо, що формула задоволена і зафіксуйте задовольняюче завдання. Потім виберіть множини форми або , залежно від того, чи правда чи ні. Це додаткові набори . Тепер додайте множини, відповідні пунктам. Вони також продовжують збільшувати розмір, оскільки пункти задовольняються. Нарешті, ми можемо навіть додати більше наборів ( по одному для кожної змінної) , щоб зробити послідовність кришку . $k$ $A_i \cup Z_{i,l}$ $B_i \cup Z_{i,l}$ $x_i$ $nk$ $m$ $k$ $U$

Тепер припустимо, що множини ставлять у поступовій послідовності. Зверніть увагу , що в більшості встановлює відповідні можуть бути обрані для кожного . Таким чином, якщо в додатковій послідовності немає наборів пропозицій, можна вибрати не більше , що є занадто мало. Зауважте, що як тільки вибраний набір пропозицій, ми можемо вибрати максимум два набори, що відповідають кожному , що становить наборів. Отже, ми повинні вибрати принаймні змінних наборів до вибору будь-якого набору пропозицій. Але оскільки ми можемо вибрати максимум для кожного , це означає, що для кожного ми вибрали принаймні $n(k+1)+m$ $k+1$ $x_i$ $x_i$ $n(k+1)$ $x_i$ $2n$ $n(k-1)$ $k+1$ $x_i$ $1$ , як . Це визначає "значення" змінної, таким чином, ми можемо вибрати лише "справжні" пропозиції. $k=2n+1$

Оновлення: Змінено значення від до як вказував Марціо. $k$ $n$ $2n+1$

— домоторп
джерело

Роз'яснення: Я швидко перевірив будівництво для нездійсненним формули ( ) , але це , здається , що ми можемо побудувати послідовність з збільшення наборів . Можливо, я помиляюся: чи маємо ?

x_{1} \land \neg x_{1}

$x_1 \land \neg x_1$

n = k = 1, m = 2

$n=k=1, m=2$

n (k + 1) + m = 4

$n(k+1)+m = 4$

F

$\mathcal F$

F = {{a_{1, 0}, a_{1, 1}, a_{1, 2}, z_{1}}, {b_{1, 0}, b_{1, 1}, b_{1, 2}, z_{1}}, {a_{1, 1}, z_{1}}, {b_{1, 2}, z_{1}}}

$\mathcal F= \{ \{ a_{1,0}, a_{1,1}, a_{1,2}, z_1 \}, \{ b_{1,0}, b_{1,1}, b_{1,2}, z_1\}, \{ a_{1,1}, z_1 \}, \{ b_{1,2}, z_1 \} \}$

— Marzio De Biasi

Знаючи вас і себе, я впевнений, що помилка моя ... Я думаю, нам слід отримати , але звичайно це все ще проблема. Гаразд, я бачу, де я допустив помилку, виправляю її через хвилину, THX!

F = {{a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}}, {a_{1, 1}, z_{1}}, {b_{1, 2}, z_{1}}}

${\mathcal F}=\{\{a_{1,0},a_{1,1},z_1\}, \{b_{1,0},b_{1,2},z_1\},\{a_{1,1},z_1\}, \{b_{1,2},z_1\}\}$

— domotorp

Гаразд, я погляну на це завтра! Лише примітка, чи можете ви написати (у коментарі), що таке для та яке "цільове значення" для довжини послідовності покриття (це k)? Тому що у модифікованій відповіді ви спочатку встановлюєте , тоді розмови про множини ставляться в поступовій послідовності ; це правильно (я ще не пробував зменшення)?

F

$\mathcal F$

x_{i} \land \neg x_{i}

$x_i \land \neg x_i$

k = 2 n + 1

$k = 2n+1$

n (k + 1) + m = 2 n^{2} + 2 n + m

$n(k+1)+m = 2n^2+2n + m$

— Марціо Де Біасі

F = {{a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1},}, {a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1}, z_{2}}, {a_{1, 0}, a_{1, 1}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}, z_{2}}, {b_{1, 0}, b_{1, 2}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}, {a_{1, 1}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}, {b_{1, 2}, z_{1}, z_{2}, z_{3}}}

${\mathcal F}=\{\{a_{1,0},a_{1,1},z_1,\},\{a_{1,0},a_{1,1},z_1,z_2\},\{a_{1,0},a_{1,1},z_1,z_2,z_3\},\{b_{1,0},b_{1,2},z_1\},\{b_{1,0},b_{1,2},z_1,z_2\},\{b_{1,0},b_{1,2},z_1,z_2,z_3\},\{a_{1,1},z_1,z_2,z_3\},\{b_{1,2},z_1,z_2,z_3\}\}$

— domotorp

Я думаю, що це правильно, оскільки , але у нас є лише поступових послідовностей.

n (k + 1) + m = 6

$n(k+1)+m=6$

5

$5$

— домоторп

Це набір задач упаковки з обмеженням, що для рішення , для будь-якого підмножини , ми маємо, що в завжди є елемент , який висвітлюється рівно один раз. $\mathcal{A}$ $\mathcal{B} \subseteq \mathcal{A}$ $\bigcup_{X \in \mathcal{B}} X$

Доказ. Дано рішення вашої проблеми, воно негайно має цю властивість. Дійсно, якщо є оптимальним рішенням вашої проблеми, тоді розглянемо підмножину цих наборів, і припустимо, що є останнім набором у цій послідовності, що з’являється у . З необхідної властивості, що розв’язання є інкрементальним, випливає, що охоплює елемент, який жоден попередній набір не охоплює, з чого випливає вищевказана властивість. $E_1, \ldots, E_m$ $\mathcal{B}$ $E_i$ $\mathcal{B}$ $E_i$

Що стосується іншого напрямку, то це також легко. Почніть з рішення , знайдіть елемент, який охоплюється рівно один раз, встановіть його як останній набір у послідовності, видаліть цей набір та повторіть. QED. $\mathcal{A}$

Це досить природна проблема….

Швидке нагадування: У заданій упаковці набору, заданому сімейству наборів, знайдіть максимальний підмножина наборів, які відповідають деяким додатковим обмеженням (скажімо, жоден елемент не охоплюється більше 10 разів тощо).

— Саріель Хар-Пелед
джерело

Чи ця відповідь лише доводить, що питання є природним, чи є ще щось, що ви також стверджуєте?

— домоторп

Це простіше сказати. Немає?

— Саріель Хар-Пелед

Так, я згоден на це.

— domotorp