Наскільки важко перемотати струну?

Переміщення двох рядків утворюється шляхом перекреслення символів у новий рядок, зберігаючи символи кожної рядки в порядку. Наприклад, MISSISSIPPIє перетасування MISIPPта SSISI. Дозвольте мені назвати квадрат рядка, якщо це перетасування двох однакових рядків. Наприклад, ABCABDCDє квадрат, тому що це перетасовка ABCDі ABCD, але рядок ABCDDCBAне є квадратом.

Чи є швидкий алгоритм для визначення того, чи є рядок квадратним, чи це NP-жорстко? Очевидний динамічний підхід до програмування, здається, не працює.

Навіть такі особливі випадки здаються важкими: (1) рядки, в яких кожен символ з’являється не більше чотирьох шести разів, і (2) рядки з лише двома різними символами. Як зауважує Пер Австрін нижче, особливий випадок, коли кожен символ трапляється не більше чотирьох разів, можна зменшити до 2SAT.

---

Оновлення: Ця проблема має ще одну рецептуру, яка може полегшити доказ твердості.

Розглянемо графік G, вершинами якого є цілі числа від 1 до n; ідентифікуйте кожен край з реальним інтервалом між його кінцевими точками. Ми говоримо, що два ребра G вкладені, якщо один інтервал належним чином містить інший. Наприклад, ребра (1,5) та (2,3) вкладені, але (1,3) та (5,6) - ні, а (1,5) та (2,8) - ні. Збіг у G не вкладений, якщо не вкладено жодної пари ребер. Чи є швидкий алгоритм, щоб визначити, чи G має вкладене ідеальне узгодження, чи це проблема NP-жорстка?

• Розміщення рядка еквівалентно знаходженню вкладеного ідеального узгодження у розрізненому об'єднанні кліків (з ребрами між рівними символами). Зокрема, розгортання бінарного рядка еквівалентно знаходженню вкладеного ідеального узгодження у розрізненому об'єднанні двох кліків. Але я навіть не знаю, чи ця проблема є складною для загальних графіків чи легкою для будь-яких цікавих класів графіків.

• Існує простий алгоритм поліноміальний час , щоб знайти ідеальний непро- перетину паросполучення.

---

Оновлення (24 червня 2013 р.): Проблема вирішена! Зараз існує два незалежних докази того, що ідентифікація квадратних рядків не є повною NP.

• У листопаді 2012 року Сем Бус та Майкл Солтис оголосили про зменшення з 3-х розділів , що свідчить про те, що проблема є складною навіть для рядків над 9-символьним алфавітом. Див. "Розміщення площі - це важке значення ", Журнал комп'ютерних системних наук 2014.

• У червні 2013 року Ромео Різзі та Стефан Віалет опублікували скорочення від найдовшої поширеної проблеми з подальшими наслідками . Див. " Про розпізнавання слів, що є квадратами для продукту перетасування ", Зб. 8-й Міжнародний симпозіум з інформатики в Росії , Springer LNCS 7913, с. 235–245.

Існує також більш просте доказ , що знаходження невложенних зроблене паросполучення є NP-важкою, з - за Шуай Чен Лі і Мін Лі в 2009 році приведені в розділі « Про двох відкритих завданнях 2-інтервальних моделей », теоретична інформатика 410 (24-25 ): 2410–2423, 2009.

Майклу Солтису і мені вдалося довести, що проблема визначення того, чи може рядок можна записати як квадратне перетасування, не є повною. Це стосується навіть обмеженого алфавіту із лише різними символами, хоча наше підтвердження написано для алфавіту з символами. Це питання все ще відкрите для менших алфавітів, скажімо, лише з символами. Ми не розглядали проблему під обмеженням, що кожен символ з’являється лише разів (або, загалом, постійне число разів); тож це питання залишається відкритим.9 2 $7$$9$$2$$6$

Доказ використовує зменшення від Розділу. Тут надто довго розміщувати повідомлення, але препринт "Непереміщення рядка -hard" доступний на наших веб-сторінках за адресою:$3$$\text{NP}$

http://www.math.ucsd.edu/~sbuss/ResearchWeb/Shuffle/

і

http://www.cas.mcmaster.ca/~soltys/#Papers .

Стаття опублікована в Журналі комп'ютерних системних наук:

http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S002200001300189X

Для особливого випадку, який ви згадуєте, коли кожен символ з'являється не більше чотирьох разів, є просте зменшення до 2-SAT (якщо я щось не пропускаю ...), як це:

Найважливішим моментом є те, що для кожного персонажа існує (щонайбільше) два дійсних способи узгодження подій персонажа (третя можливість буде вкладати). Використовуйте булеву змінну, щоб представити, яке з двох відповідностей обрано. Тепер присвоєння цим змінним дає дійсне незміщення рядка iff для кожної пари вкладених ребер, не обидва були обрані. Ця умова може бути точно описана диз'юнкцією змінних (можливо, заперечених), що відповідають двом задіяним символам.

Ось алгоритм, який може мати певний шанс виправитись, хоча це здається складним, і я не ставлю на це будинок ...

$G$$e$$G$$e$$e$

$G$$G$$G$$G$

$> 1$

Після жадного вибору ми знову очищаємо графік тощо, і процес закінчується, коли графік (сподіваємось) є ідеальним узгодженням, що не вкладається.

Спочатку я подумав, що це приблизно так, як мати невеликий погляд вперед на жадібний алгоритм і насправді не працювати, але мені було дивно складно придумати контрприклад.

Рішення, яке ми запропонували Сем Бусс у листопаді 2012 року (показує, що розміщення квадрата в NP-hard за рахунок зменшення від 3-х розділів) є опублікованою статтею в Journal of Computer System Sciences:

http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S002200001300189X

Ромео Різзі та Стефан Віалет доказують, що розпізнавання квадратних рядків не є повним NP у своїй роботі " Про розпізнавання слів, що є квадратами для продукту перетасовування ", зменшенням від найдовшої проблеми бінарного підпорядкування. Вони заявляють, що складність розмішування бінарних рядків все ще залишається відкритою.

Ще простіший доказ того, що знаходження невкладеної ідеальної відповідності є NP-завершеною, надають Шуай Чен Лі та Мін Лі в своїй роботі " Про дві відкриті проблеми двоканальних шаблонів ". Однак вони використовують термінологію, успадковану від біоінформатики. Замість "ідеального невкладеного відповідності" вони називають його " проблемою DIS-2-IP- ". Еквівалентність між двома проблемами описана Бліном, Фертином та Віалеттою :$\{<, \between\}$

Проблема 2-IP-DIS- має негайне формулювання з точки зору обмежених відповідностей у загальних графах: Дано графік разом з лінійним упорядкуванням вершин , 2-IP -DIS- завдання еквівалентна знаходженню максимальної відповідності потужність в з властивістю , що для будь-яких двох різних ребер і з ні і ні$\{<, \between\}$$G$$\pi$$G$$\{<, \between\}$$M$$G$$\{u, v\}$$\{u', v'\}$$M$$min \{ \pi(u), \pi(v) \} \lt min \{ \pi(u'), \pi(v') \}$$max \{ \pi(u'), \pi(v') \lt max \{ \pi(u), \pi(v) \}$$min \{ \pi(u'), \pi(v') \} \lt min \{ \pi(u), \pi(v) \}$ і .$max \{ \pi(u), \pi(v) \} \lt max \{ \pi(u'), \pi(v') \}$

Оновлення (25 лютого 2019 р.): Бульто і Віалетта показали, що проблема вирішення перемикання бінарної рядки в їх документах не є повною, визнання бінарних квадратних перетасовок є важким NP .

Чи допомагає це?

http://users.soe.ucsc.edu/~manfred/pubs/J1.pdf

НІКОЛИ НЕ РОБИТИ, ЦЕ ВІДПОВІДЬ НЕ БУДЕ. Він не вдається при введенні "AABAAB": жадібно збігаючи перші два A один з одним, унеможливлює співставлення решти символів. Я залишаю це, а не видаляю це, щоб допомогти іншим уникнути тієї ж помилки.

Мені здається, що завжди безпечно зіставити кожен наступний символ передбачуваного квадрата з іншим рівним символом, який знаходиться в якомога швидшому положенні. Тобто, я думаю, повинен працювати наступний лінійний алгоритм часу:

Проведіть петлю через кожне положення i у вхідному рядку, i = 0, 1, 2, ... n. Для кожної позиції i перевірте, чи вже ця позиція була узгоджена з якоюсь попередньою позицією в рядку. Якщо ні, порівнюйте його з рівним символом, який з’являється після останнього вже зібраного положення і в іншому випадку є якомога раніше в рядку. Якщо для деякого символу не знайдено відповідності, оголосити, що вхід не є квадратом; в іншому випадку це набір символів у першій парі кожного матчу.

Ось він у Python:

def sqrt (S):
    збіги = []
    i, j = 0, 0
    а i <len (S):
        якщо j <len (сірники) та збіги [j] [1] == i:
            i + = 1
            j + = 1
            продовжувати
        якщо відповідає:
            k = сірники [-1] [1] + 1
        ще:
            k = 1
        поки k <len (S) і S [k]! = S [i]:
            k + = 1
        якщо k> = len (S):
            підвищити виняток ("Не квадрат")
        match.append ((i, k))
        i + = 1
    повернути "" .join (S [a] для a, b в матчах)

print sqrt ("ABCABDCD")

Тут я - головна змінна циклі (позиція, яку ми намагаємося зіставити), j - вказівник на масив зіставлених пар, що прискорює перевірку того, чи вже збігається позиція i, а k - індекс, який використовується для пошуку персонаж, що відповідає особі в положенні i. Це лінійний час, тому що i, j і k монотонно збільшуються через рядок, і кожна ітерація внутрішньої петлі збільшує одну з них.

Оновлення. Немає сенсу говорити про труднощі пошуку ідеального відповідності, що не вкладається та не схрещується, коли мітки від 1 до n, оскільки існує лише одна така. (Так, я брикаю себе.) Однак, було б сенс, якщо врахувати більший діапазон на етикетках ... тож я все ще бачу надії, але це може бути зовсім безглуздо. Мені, безумовно, доведеться ще трохи слідкувати за цим.

---

Я можу подумати, чому може бути важко знайти відповідність, яка не вкладається і не перетинається. Дозвольте назвати таку відповідність нерозбірною відповідністю . Не впевнений, наскільки це допомагає, але дозвольте мені все-таки представити міркування. (Я мушу зазначити, що мій аргумент, як він стоїть тут, не є повним, і деталі, які я залишаю, можливо, є вирішальними. Однак, я думаю, що це може бути щось із початку.)

Почну з дещо іншої проблеми. Враховуючи графік , краї якого пофарбовані кольорами, а вершини позначені від до , чи існує неперервна відповідність, яка містить рівно один край кожного кольору? Ця проблема здається складною для NP (аргумент для цього є повним і простим - якщо я чогось не пропускаю). Скорочення показує графік, який є непересічним об'єднанням кліків.$G$$k$$1$$n$

Зниження відбувається за допомогою Disjoint Factors - проблеми, повної NP, введеної в [1]. Екземпляр невід'ємних факторів задається рядком над алфавітом розміром , і питання полягає в тому, чи існують непересічні фактори, де фактор - це підряд, який починається і закінчується тією ж буквою; і два фактори перешкоджають, якщо вони не перетинаються в рядку (зауважте, що "вкладення", зокрема, також заборонено).$k$$k$

Дозвольте мені позначити через , елементи -розмірного алфавіту, пов'язані з екземпляром Disjoint Factors.$a_1,\ldots, a_k$$k$

Враховуючи екземпляр неперервних факторів, тобто, скажімо, рядок довжиною , створіть графік, який має вершин з мітками вершин від до . Додайте ребро між вершинами і якщо відповідні позиції мають однакову літеру (скажімо, ), а також пофарбуйте край кольором .$n$$n$$1$$n$$u$$v$$a_i$$(u,v)$$i$

Доказ зменшення по суті випливає з визначень. Враховуючи непересічні фактори, ми, очевидно, маємо -розрізнення кольорового зіставлення, просто підбираємо ребра, задані діючими факторами, і легко помітити, що отримана відповідність є одночасно і різнобарвною, і непересічною. І навпаки, якщо є -відмінна барвиста відповідність, то у нас є k непереможних коефіцієнтів, по одному на кожну букву, тому що відповідність є кольоровою (а значить, вибирає один фактор на кожну букву) і є непересічною (тому відповідні чинники не перетинаються ).$k$$k$$k$

Щоб позбутися від кольорів і зробити відповідність ідеальною, хоч і в можливо більшому діапазоні , внесіть такі зміни до створеного таким чином графіку:

Нехай позначає підмножину вершин, які мають мітки, які є позиціями, пов'язаними з літерою . Якщо у є вершини , то додайте нові вершини та повний двосторонній графік між та нещодавно доданими вершинами. Повторіть, звичайно, для кожного листа. a U a A ( A - 2 ) U $U_a$$a$$U_a$$A$$(A-2)$$U_a$

Грубо кажучи, якщо графік повинен викликати ідеальну відповідність, щойно введені вершини повинні відповідати вершинам , і вони будуть насичувати всі вершини, крім пари, і край між вершинами, що залишилися, буде відповідати коефіцієнту, що не відповідає . Я не опрацював числа, які потрібно пов’язати з нещодавно доданими вершинами ... зауважте, що вони повинні бути такими, щоб отримане співставлення було роз'єднаним. Я просто відчуваю (читайте: сподіваюся), що це "можна зробити"!$U_a$

[1] Про проблеми без поліноміальних ядер , Ганс Л. Бодлендер, Родні Г. Дауні, Майкл Р. Фелдс та Денні Гермелін, Дж. Обчислювальна техніка. Сист. Наук.

Підхід не працює: розкладання перетасованого квадрата, виймаючи дві відповідні літери, не призводить до перетасованих квадратів ... Дивіться коментарі Раду нижче.

---

Пропозиція з використанням Range конкатенації граматик (RCGs см http://hal.inria.fr/inria-00073347/en/ ): Я «м був під враженням , що таке просте ГРС розпізнає ваш" перемішуються квадратів "мову над кінцевим алфавіт , ЗМІНЕНО після першого коментаря Раду: , де пробігає і позначає порожній рядок.S ( X Y $\Sigma$

$${\small \begin{aligned} S(XY)&\Rightarrow A(X,Y)&(1)\newline A(aX_1, aX_2Y_1Y_2)&\Rightarrow A(X_1,Y_1)\,A(X_2,Y_2)&(2)\newline A(\varepsilon,\varepsilon)&\Rightarrow\varepsilon&(3) \end{aligned}}$$ $a$$\Sigma$$\varepsilon$

Граматика перевіряє другим присудком, чи збігається вона з букви першого слова слова з тією самою буквою у другому слові зустрічі. Потім він здогадується, як співставити решту літер перших слів, тобто з підрядком залишку, а саме . Тому все перед належить до екземпляра першого слова; ми називаємо це і ми здогадуємось, що він відповідає деякому суфіксу, починаючи з . Зауважте, що та можуть містити літери обох екземплярів слова, але та містять лише букви з першого примірника.$X_1$$Y_1$$Y_1$$X_2$$Y_2$$Y_1$$Y_2$$X_1$$X_2$

Наприклад, ось можливе виведення рядка : $abcabdcd$

$${\small\begin{aligned} S(abcabdcd) &\Rightarrow A(abc, abdcd) &(\text{by } 1, X=abc, Y=abdcd)\newline &\Rightarrow A(bc,bdcd)\,A(\varepsilon,\varepsilon)&(\text{by } 2, X_1=bc, Y_1=bdcd, X_2=Y_2=\varepsilon)\newline &\Rightarrow A(c,c)\,A(d,d)\,A(\varepsilon,\varepsilon)&(\text{by } 2)\newline &\Rightarrow A(\varepsilon,\varepsilon)\,A(\varepsilon,\varepsilon)\,A(d,d)\,A(\varepsilon,\varepsilon)&(\text{by } 2)\newline &\Rightarrow A(\varepsilon,\varepsilon)\,A(d,d)\,A(\varepsilon,\varepsilon)&(\text{by } 3)\newline &\Rightarrow A(d,d)\,A(\varepsilon,\varepsilon)&(\text{by } 3)\newline &\Rightarrow A(\varepsilon,\varepsilon)\,A(\varepsilon,\varepsilon)\,A(\varepsilon,\varepsilon)&(\text{by } 2)\newline &\Rightarrow^3\varepsilon&\text{i.e. success} \end{aligned}}$$

Для , $0011$

$${\small\begin{aligned} S(0011)&\Rightarrow A(0,011)\newline &\Rightarrow A(\varepsilon,\varepsilon)\,A(1,1)\newline &\Rightarrow A(1,1)\newline &\Rightarrow^\ast \varepsilon \end{aligned}}$$

Тепер, Boullier показує в раніше пов'язаної папері , що існує динамічне програмування поліноміальний час алгоритм RCGs, який відповідає на ваше запитання , якщо вище граматика є некоректними. Ідея полягає в тому, що, хоч я і представив вище екземпляри змінних , тощо, як рядки, вони дійсно є інтервалами всередині вхідного рядка, які можна правильно розмістити в таблиці.$X$$Y$

Оновлення: Як в коментарях зазначає Цуйосі Іто, цей алгоритм має експоненціальний час роботи.

Оригінальна публікація:

Ось як я програмував це в реальному світі.

Нам дається рядок S = (S [1], ..., S [n]). Для кожного префікса S_r = (S [1], ..., S [r]) існує набір {(T_i, U_i)} пар рядків, таким чином, що S_r є перетасуванням (T_i, U_i), а T_i - префікс U_i (тобто U_i 'починається з' T_i). Сам S_r - це квадрат, якщо і тільки якщо цей набір містить пару (T_i, U_i) з T_i = U_i.

Тепер нам не потрібно генерувати всі ці пари; нам просто потрібно генерувати суфікс V_i кожного рядка U_i, отриманий шляхом видалення його копії T_i. Це дозволить усунути (можливо експоненціальне) число нерелевантних дублікатів. Тепер S_r - це квадрат тоді і тільки тоді, коли цей набір суфіксів містить порожній рядок. Отже алгоритм стає:

Initialise: SuffixSet = {<empty string>} ; r = 0
Loop: while (r < n) {
  r = r + 1
  NextSuffixSet = {}
  for each V in SuffixSet {
    if (V[1] == S[r]) Add V[2...] to NextSuffixSet // Remove first character of V
    Add V||S[r] to NextSuffixSet // Append character S[r] to V
    }
  SuffixSet = NextSuffixSet
  }
Now S is a square if and only if SuffixSet contains the empty string.

Наприклад, якщо S є AABAAB:

r=0: SuffixSet = {<empty string>}
r=1: S[r] = A; SuffixSet = {A}
r=2: S[r] = A; SuffixSet = {<empty string>, AA}
r=3: S[r] = B; SuffixSet = {B, AAB}
r=4: S[r] = A; SuffixSet = {BA, AB, AABA}
r=5: S[r] = A; SuffixSet = {BAA, B, ABA, AABAA}
r=6: S[r] = B; SuffixSet = {AA, BAAB, <empty string>, BB, ABAB, AABAAB}

Ми можемо відмовитись від усіх суфіксів, які перевищують половину довшого вхідного рядка, тому це спрощує:

r=0: SuffixSet = {<empty string>}
r=1: S[r] = A; SuffixSet = {A}
r=2: S[r] = A; SuffixSet = {<empty string>, AA}
r=3: S[r] = B; SuffixSet = {B, AAB}
r=4: S[r] = A; SuffixSet = {BA, AB}
r=5: S[r] = A; SuffixSet = {BAA, B, ABA}
r=6: S[r] = B; SuffixSet = {AA, <empty string>, BB}

Я запрограмував це на C ++, і він працює на всіх наведених тут прикладах. Я можу розмістити код, якщо хтось зацікавлений. Питання в тому, чи може розмір SuffixSet рости швидше, ніж поліноміально?

EDIT: Це неправильна відповідь.

---

Сильвейн запропонував RCG, який, на жаль, не підходив до цих "перетасовок". Однак я думаю, що є такий (EDIT: не RCG, див. Коментарі Курта нижче!) , Який виглядає так:

$\begin{aligned} S(Y) & \rightarrow A(\epsilon,Y) & (1) \newline A(X, ZY) & \rightarrow A(XZ,Y) & (2) \newline A(aX, aY) & \rightarrow A(X,Y) \quad \text{ for every } a \in \Sigma & (3) \newline A(\epsilon,\epsilon) & \rightarrow \epsilon & (4) \end{aligned}$

Пояснення: нагадайте, що ми маємо співставляти символи, які можуть з’являтися в будь-якому місці рядка, але після того, як ми співставимо і , ми можемо відповідати лише і якщо означає ( означає лінійний пріоритет). Ідея полягає в тому, що ми розділили рядок , щоб порівняти префікси половинок. Якщо початки двох підрядків збігаються, ми можемо зменшити проблему до решти рядків . Якщо ні, ми можемо перенести частину правої частини в ліву частину$a$$a'$$b$$b'$$a \prec b$$a' \prec b'$$\prec$$(1,2)$$(3)$$(2)$і подивіться, чи є відповідність на більш пізньому місці. Важливо, що це дозволено лише в одному напрямку!

Ось деривація для ( до RCG Sylvain):$100110101010$

$\begin{aligned} S(100110101010) & \Rightarrow A(\epsilon,100110101010) & (1) \newline & \Rightarrow A(1001,10101010) & (2) \newline & \Rightarrow^* A(01,101010) & (3) \newline & \Rightarrow A(011,01010) & (2) \newline & \Rightarrow^* A(1,010) & (3) \newline & \Rightarrow A(10,10) & (2) \newline & \Rightarrow^* A(\epsilon, \epsilon) & (3) \newline & \Rightarrow \epsilon & (4) \end{aligned}$

Я не розробив офіційного підтвердження того, що ця граматика дійсно фіксує саме "квадрати", але це не повинно бути занадто важким. Сильвейн вже згадував, що проблема рішення для RCG є многочленною.