Пошук свідка в мінковській сумі цілих чисел


16

Нехай AA і BB - підмножини { 0 , , n }{0,,n} . Нам цікаво знайти суму Міньковського A + B = { a + b | a A , b B }  A+B={a+b | aA,bB} .

χ X : { 0 , , 2 n } { 0 , 1 }χX:{0,,2n}{0,1} - характерна функція X,X якщо χ X ( x ) = { 1,  якщо  x X 0 в  іншому випадку

χX(x)={1 if xX0 otherwise

Нехай f - дискретна згортання χ A і χ B , тоді x A + B тоді і тільки тоді, коли f ( x ) > 0 . Отже, A + B можна обчислити за час O ( n log n ) за допомогою дискретної згортки через FFT.fχAχBxA+Bf(x)>0A+BO(nlogn)

Іноді важливо з'ясувати фактичну пару a A і b B, яка дорівнює x . називається свідоцтво про х , якщо існують б B таке , що + Ь = х . Функція w : A + B A називається функцією свідка, якщо w ( x ) є свідком x .aAbBxaAxbBa+b=xw:A+BAw(x)x

Чи можливо обчислити функцію свідка за час O ( n log n ) ?O(nlogn)


3
O ( n p o l y l o g n ) не особливо важкий. O(npolylogn)
Саріель Хар-Пелед

2
Ви можете використовувати двійковий пошук. наприклад, розділ А на два набори приблизно однакового розміру A L , A R і обчислити A L + B і A R + B ; перевірити, який із цих х є; і рецидивують. Це дозволить отримати щось на зразок O ( n lg 2 n ) . AAL,ARAL+BAR+BxO(nlg2n)
DW

@DW Це може тільки знайти свідчення для одного х , але ми хочемо , щоб свідок для кожного елемента A + B . (моє формулювання здається незрозумілим, тому я просто оновив питання)xA+B
Чао Сю

Але вас цікавить O (n полілог n) рішення?
Саріель Хар-Пелед

@ SarielHar-Peled так, мене також цікавить детермінований алгоритм O ( n p o l y l o g n ) . O(npolylogn)
Чао Сю

Відповіді:


11

Тут я пояснюю, як отримати O ( n p o l y l o g n ) рандомізований час роботи. Нам потрібна послідовність спостережень:O(npolylogn)

  1. Свідок з величини V являє собою пару чисел ( , б ) × B таким чином, що + Ь = v . Нехай P A ( x ) = i A x i і P B ( x ) визначаються аналогічно. Зауважте, що коефіцієнт x v в P A ( x ) P B ( xv(a,b)A×Ba+b=vPA(x)=iAxiPB(x)xv) - кількість наявних свідків для значення v .PA(x)PB(x)v

  2. Assume vv has a single witness (a,b)A×B(a,b)A×B, and consider the the polynomial QA(x)=iAixiQA(x)=iAixi. Clearly, the coefficient of xvxv in QA(x)PB(x)QA(x)PB(x) is aa, and as such we now know the pair (a,va)(a,va) and we are done.

  3. Отже, ми закінчили справу, коли є єдиний свідок. Тому розглянемо випадок, коли v має k свідків ( a 1 , b 1 ) , , ( a k , b k ) . Нехай i ( k ) = lg vk(a1,b1),,(ak,bk)k. Зауважте, що2i(k)-1i(k)=lgkk2 i ( k ) . Далі, нехайRj=(Aj,Bj), дляj=1,,m, дляm=O(logn)- випадкові вибірки, так що кожен елементAвибирається в Aiз вірогідністюp=1/2 я ( до ) . Ймовірність того, щоv2i(k)1k2i(k)Rj=(Aj,Bj)j=1,,mm=O(logn)AAip=1/2i(k)v has a single witness in RjRj is α=(k1)p2(1p2)k1α=(k1)p2(1p2)k1, since the witness are disjoint pairs of numbers (since the sum of each pair is vv). It is easy to verify that αα is a constant in (0,1)(0,1) independent of the value of kk. As such, it must be, with high probability, that vv has a single witness in one of the samples R1,,RmR1,,Rm. As such, by computing the two polynomials associated with with such sample, as described above, in O(nlogn)O(nlogn) time (per sample), using FFT, we can decide this in constant time.

  4. We are almost done. Compute the above random samples for resolutions i=1,,lgni=1,,lgn. For each such resolution compute the random samples and associated polynomials. Also, compute the associated polynomial for AA and BB. This preprocessing naively takes O(nlog3n)O(nlog3n), but I suspect that being slightly more careful a lognlogn factor should be removable.

  5. The algorithm: For every value vv, compute how many witness, say k, it has in constant time, by consulting the polynomial QA(x)PB(x)QA(x)PB(x). Next, go to the relevant data-structure for i(k)i(k). Then, it finds the random sample that has it as a single witness, and it extract the pair that is this witness in constant time.

  6. Strangely enough, the preprocessing time is O(nlog3n)O(nlog3n), but the expected time to find the witness themselves take only O(n)O(n) time, since one can stop the search as soon as one find a witness. This suggests that this algorithm should be improveable. In particular, for i(k)lgni(k)lgn, the polynomials generated are very sparse, and one should be able to do much faster FFT.


12

Ok, I've been holding off since really Sariel should get credit for an answer, but I'm tired of waiting, so here is my cut at a near-linear randomized algorithm.

  • By choosing samples of n(1ϵ)in(1ϵ)i points, i=0,1,i=0,1,, you can get a logarithmic number of subproblems such that each sum from the original problem has constant probability of being represented uniquely in one of the subproblems (the one where the sampling cuts down the expected number of representations to near 1).
  • By repeating the sampling process a logarithmic number of times you can get all sums to have unique representations with high probability.
  • If you have a partition of AA and BB into two subsets, then by multiplying the numbers by four, adding 2 to the numbers in one of the subsets in AA, and adding 1 to the numbers in one of the subsets in BB, you can read off from the mod-4 values of the achievable sums which of the two subsets their summands come from.
  • By repeating the partition process a logarithmic number of times, using each bit position of the binary representations of the values or indices in the subproblems to select the partitions in each step, you can uniquely identify the summands of every uniquely-represented sum.

This blows up the running time by three logarithmic factors; probably that can be reduced.


3
Ha ha ;). I was in the middle of writing it, and then went to lunch...
Sariel Har-Peled

5

This answer gives a determinstic O(n polylogn)O(n polylogn) algorithm.

It appears that Sariel and David's algorithm can be derandomized through an approach similar to this paper. [2] While going through the process I found there is a more general problem that implies this result.

The kk-reconstruction problem

There are hidden sets S1,,Sn{1,,m}S1,,Sn{1,,m}, we have two oracles SizeSize and SumSum that take a query set QQ.

  1. Size(Q)Size(Q) returns (|S1Q|,|S2Q|,,|SnQ|)(|S1Q|,|S2Q|,,|SnQ|), the size of each intersection.
  2. Sum(Q)Sum(Q) returns (sS1Qs,sS2Qs,,sSnQs)(sS1Qs,sS2Qs,,sSnQs), the sum of elements in each intersection.

The kk-reconstruction problem asks one to find nn subsets S1,,Sn such that SiSi and |Si|=min(k,|Si|) for all i.

Let f be the running time of calling the oracles, and assume f=Ω(m+n), then one can find the sets in deterministic O(fklogn polylog(m)) time. [1]

Now we can reduce the finding witness problem to 1-reconstruction problem. Here S1,,S2n{1,,2n} where Si={a|a+b=i,aA,bB}.

Define the polynomials χQ(x)=iQxi, IQ(x)=iQixi

The coefficient for xi in χQχB(x) is |SiQ| and in IQχB(x) is sSiQs. Hence the oracles take O(nlogn) time per call.

This gives us an O(n polylog(n)) time deterministic algorithm.

[1] Yonatan Aumann, Moshe Lewenstein, Noa Lewenstein, Dekel Tsur: Finding witnesses by peeling. ACM Transactions on Algorithms 7(2): 24 (2011)

[2] Noga Alon, Moni Naor: Derandomization, witnesses for Boolean matrix multiplication and construction of perfect hash functions. Algorithmica 16(4-5) (1996)

Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.