Тестування, чи можна планувати букви для досягнення слова звичайною мовою

Я фіксуємо регулярний мову на алфавіті , і я вважаю таку проблему , яку я називаю лист планування для . Неофіційно введення дає мені літер та інтервал для кожної літери (тобто мінімальне та максимальне положення), і моя мета - розмістити кожну букву в її інтервалі таким чином, щоб жодна з двох літер не відображалася в одній позиції, і так, щоб в результаті -Пісьма слова в . Формально:$L$$\Sigma$$L$$n$$n$$L$

• Вхід: трійки де та 1 \ leq l_i \ leq r_i \ leq n - цілі числа$n$$(a_i, l_i, r_i)$$a_i \in \Sigma$$1 \leq l_i \leq r_i \leq n$
• Вихід: чи існує біекція така, що для всіх , і .$f: \{1, \ldots, n\} \to \{1, \ldots, n\}$$l_i \leq f(i) \leq r_i$$i$$a_{f^{-1}(1)} \cdots a_{f^{-1}(n)} \in L$

Очевидно, ця проблема є в NP, відгадуючи біекцію і перевіряючи приналежність до в PTIME. Моє запитання: Чи існує звичайна мова така, що проблема планування літер для є важкою для NP?$f$$L$$L$$L$

Деякі початкові спостереження:

• Схоже, подібні проблеми вивчалися і при плануванні плану: ми могли бачити проблему як планування завдань на одиницю вартості на одній машині, дотримуючись дати початку та закінчення. Однак ця остання проблема, очевидно, в PTIME з жадібним підходом, і я не бачу нічого в літературі щодо планування випадку, коли завдання позначені міткою, і ми хотіли б досягти слова цільовою регулярною мовою.
• Інший спосіб побачити проблему є як окремий випадок двудольного завдання максимальної відповідності (між буквами і позицією), але знову - таки це важко висловити обмеження , що ми повинні впасти в .$L$
• У конкретному випадку, коли є мовою форми u ^ * для деякого фіксованого слова u (наприклад, (ab) ^ * ), тоді проблема планування літер для L знаходиться в PTIME за допомогою простого жадібного алгоритму: побудуйте слово з зліва направо, і поставте в кожній позиції одну з доступних літер, яка є правильною відносно L і має найменший час r_i . (Якщо немає доступних літер, які є правильними, не виходять з ладу.) Однак це не узагальнює довільних регулярних мов L, оскільки для таких мов у нас може бути вибір, який тип букви використовувати.$L$$u^*$$u$$(ab)^*$$L$$L$$r_i$$L$
• Схоже, що динамічний алгоритм повинен працювати, але насправді це не так просто: здається, вам потрібно було б запам’ятати, який набір листів ви взяли досі. Справді, будуючи слово зліва направо, коли ви досягли позиції , ваш стан залежить від того, які букви ви вживали досі. Ви не можете запам'ятати весь набір, тому що тоді було б експоненціально багато станів. Але не так просто "узагальнити" це (наприклад, за кількістю копій кожного листа, що використовувалося), тому що, щоб знати, які копії ви використовували, здається, вам потрібно запам’ятати, коли ви їх спожили (чим пізніше ви спожили їх, тим більше листів було доступно). Навіть з такою мовою, як ,i ( a b | b a $i$ ∗ a b b $(ab|ba)^*$$ab$ і коли вам слід вибрати залежно від того, які букви вам знадобляться пізніше та коли букви будуть доступні.$ba$
• Однак, оскільки звичайна мова є виправленою і не може запам'ятати стільки інформації, мені важко знайти NP-важку проблему, з якої я міг би зменшити.$L$

Проблема є NP-важкою для L = A ∗, де A - кінцева мова, що містить такі слова:$L = A^*$$A$

• х 111 , х 000 ,$x111$$x000$
• y 100 , y 010 , y 001 ,$y100$$y010$$y001$
• 00 c 11 , 01 c 10 , 10 c 01 і 11 c $00c11$$01c10$$10c01$$11c00$

Зменшення пов'язане з проблемою орієнтації на графік, яка, як відомо, є важкою для NP (див. Https://link.springer.com/article/10.1007/s00454-017-9884-9 ). У цій проблемі нам дають 3-регулярний непрямий графік, у якому кожна вершина позначена або " { 1 } ", або " { 0 , 3 } ". Мета полягає в тому, щоб спрямовувати краї графіка таким чином, щоб вибірка кожної вершини знаходилась у встановленому маркуванні цієї вершини.$\{1\}$$\{0,3\}$

Зменшення потрібно взяти за вхідний екземпляр орієнтації на графік та створити список вихідних потрій. У цьому зменшенні тричі, які ми виводимо, завжди будуть задовольняти певні обмеження. Ці обмеження перераховані нижче, і ми будемо називати перелік трійки як дійсний, якщо і лише якщо вони задовольняють цим обмеженням:

• Символам x , y і c задаються лише інтервали, що містять рівно один індекс. Іншими словами, щоразу, коли ці символи розміщуються, вони розміщуються у певних місцях.$x$$y$$c$
• Для кожної трійки ( i , l , r ), присутньої в екземплярі з i ∈ { 0 , 1 } , також є трійка ( 1 - i , l , r ) .$(i, l, r)$$i \in \{0,1\}$$(1-i, l, r)$
• Якщо ( α , l , r ) і ( α ′ , l ′ , r ′ ) обидві трійки є примірниками, то або l < l ′ ≤ r ′ < r , або l ′ < l ≤ r < r ′ , або { α , α ′ } = { 0 , 1 } при l = $(\alpha, l, r)$$(\alpha',l',r')$$l < l' \le r' < r$$l' < l \le r < r'$$\{\alpha,\alpha'\} = \{0,1\}$′ < R = r ′ .$l = l' < r = r'$
• Якщо ( α , l , r ) є потрійним, то число трійки ( α ′ , l ′ , r ′ ) при l ≤ l ′ ≤ r ′ ≤ r є рівно r - l + 1 .$(\alpha, l, r)$$(\alpha', l', r')$$l \le l' \le r' \le r$$r-l+1$

Зверніть увагу на наступну лему, доведену наприкінці цієї публікації.

Лему: для дійсного списку трійок, символи х , у , і з повинні бути поміщені точно так , як зазначено трійок, і для будь-якої пари трійок ( 0 , л , г ) і ( 1 , л , г ) , то два символи для цієї трійки повинні бути розміщені в індексах l і r .$x$$y$$c$$(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$

Тоді ідея скорочення полягає в наступному.

Для подання ребер використовуємо пари трійки ( 0 , l , r ) і ( 1 , l , r ) . Край проходить між кінцевими точками в індексі l та в індексі r . Якщо припустити, що ми створюємо дійсний список трійки, символи з цих двох трійків повинні бути розміщені на l і r , тому ми можемо трактувати порядок, в якому вони розміщені, як вказівку напрямку краю. Тут 1 - "голова" краю і 0 - "хвіст". Іншими словами, якщо 1 розміщено на $(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$$l$$r$$1$$0$$1$$r$то крайові точки від l до r, а якщо 1 розміщено на l, то крайові точки від r до l .$l$$r$$1$$l$$r$$l$

Щоб представити вершини, ми розміщуємо символ x або y в індексі і використовуємо наступні три символи як кінцеві точки трьох ребер, які торкаються вершини. Зверніть увагу , що якщо ми розміщуємо х , все три ребра на вершині повинні вказувати в тому ж напрямку (всі в вершину або все з вершини) просто з рядків, які в кінцевому мовою A . Такі вершини перевищують 0 або 3 , тому розміщуємо х саме для вершин, позначених { 0 , 3 } . Якщо ми помістимо $x$$y$$x$$A$$0$$3$$x$$\{0,3\}$$y$, Рівне один з трьох ребер в вершині повинні вказувати в тому ж напрямку , з - за рядки в A . Такі вершини мають перевершення 1 , тому ми розміщуємо y саме для вершин, позначених { 1 } .$A$$1$$y$$\{1\}$

У якомусь сенсі ми все зробили. Зокрема, відповідність між вирішенням цього примірника та вирішенням екземпляра Graph Orientation має бути чіткою. На жаль, список трійки, який ми виробляємо, може бути неправдивим, і тому описані "краї" можуть працювати не за призначенням. Зокрема, список трійки може бути недійсним, оскільки умова, що інтервали від трійки повинні завжди містити один одного, може не дотримуватися: інтервали з двох ребер можуть перетинатися, не маючи іншого.

Для боротьби з цим ми додаємо ще трохи інфраструктури. Зокрема, ми додаємо "перехресні вершини". Перехресна вершина - це вершина ступеня 4 , краї якої спарені так, що в межах кожної пари один край повинен вказувати на вершину перехрестя, а один - назовні. Іншими словами, вершина схрещування буде поводитись так само, як і лише дві "пересічні" краї. Ми представляємо перехресну вершину, розміщуючи символ c на якомусь індексі i . Потім зауважте, що мова A обмежує символи в i - 1 і i + 2, щоб вони були протилежними (один 0 і один 1 ), а символи в i - $4$$c$$i$$A$$i-1$$i+2$$0$$1$$i-2$і i + 1 бути протилежним. Таким чином, якщо ми використовуємо ці індекси як кінцеві точки для чотирьох ребер у вершині перехрестя, поведінка точно така, як описано: чотири ребра знаходяться в парах і серед кожної пари по одному балу і одному.$i+1$

Як ми насправді розміщуємо ці кросовери? Припустимо, у нас є два інтервали ( l , r ) та ( l ′ , r ′ ), які перетинаються. WLOG, l < l ′ < r < r ′ . Додаємо символ перехрестя в середину (між l ′ і r ). (Скажімо, ми весь час розставляли все так далеко, що завжди вистачає місця, і наприкінці ми видалимо будь-який невикористаний простір.) Нехай індекс символу кросовера буде i . Потім замінюємо чотири трійки ( $(l, r)$$(l', r')$$l < l' < r < r'$$l'$$r$$i$$(0, l, r)$, $(1, l, r)$, $(0, l', r')$, and $(1, l', r')$ with eight triples with two each (one with character $0$ and one with character $1$) for the following four intervals $(l, i-1)$, $(i+2, r)$, $(l', i-2)$, $(i+1, r')$. Notice that the intervals don't overlap in the bad way anymore! (After this change, if two intervals overlap, one is strictly inside the other.) Furthermore, the edge from $l$ to $r$ is replaced by an edge from $l$ to the crossover vertex followed by the edge from there to $r$; these two edges are paired at the crossover vertex in such a way that one is pointed in and one is pointed out; in other words, the two edges together behave just like the one edge they are replacing.

In some sense, putting in this crossover vertex "uncrossed" two edges (whose intervals were overlapping). It is easy to see that adding the crossover vertex can't cause any additional edges to become crossed. Thus, we can uncross every pair of crossing edges by inserting enough crossover vertices. The end result still corresponds to the Graph Orientation instance, but now the list of triples is valid (the properties are all easy to verify now that we have "uncrossed" any crossing edges), so the lemma applies, the edges must behave as described, and the correspondence is actually an equivalence. In other words, this reduction is correct.

proof of lemma

Lemma: for a valid list of triples, the characters $x$, $y$, and $c$ must be placed exactly as indicated by the triples, and for any pair of triples $(0, l, r)$ and $(1, l, r)$, the two characters for that triple must be placed at indices $l$ and $r$.

proof:

We proceed by induction on the triples by interval length. In particular, our statement is the following: for any $k$ if some triple has interval length $k$ then the character in that triple must be placed as described in the lemma.

Base case: for $k = 0$, the triple must be placing a character $x$, $y$, or $c$ at the single index inside the interval. This is exactly as described in the lemma.

Inductive case: assume the statement holds for any $k$ less than some $k'$. Now consider some triple with interval length $k'$. Then that triple must be of the form $(i, l, r)$ with $r = l+k'-1$ and $i \in \{0,1\}$. The triple $(1-i, l, r)$ must also be present. The number of triples $(\alpha',l',r')$ with $l \le l'\le r' \le r$ is exactly $r-l+1 = k'$. These triples include triples $(0, l, r)$ and $(1, l, r)$ but also $k'-2$ other triples of the form $(\alpha',l',r')$ with $l < l' \le r' < r$. These other triples all have interval length smaller than $k'$, so they all must place their characters as specified in the lemma. The only way for this to occur is if these triples place characters in every index starting at index $l+1$ and ending at index $r+1$. Thus, our two triples $(0, l, r)$ and $(1, l, r)$ must place their characters at indices $l$ and $r$, as described in the lemma, concluding the inductive case.

By induction, the lemma is correct.

@MikhailRudoy was the first to show NP-hardness, but Louis and I had a different idea, which I thought I could outline here since it works somewhat differently. We reduce directly from CNF-SAT, the Boolean satisfiability problem for CNFs. In exchange for this, the regular language $L$ that we use is more complicated.

The key to show hardness is to design a language $L'$ that allows us to guess a word and repeat it multiple times. Specifically, for any number $k$ of variables and number $m$ of clauses, we will build intervals that ensure that all words $w$ of $L'$ that we can form must start with an arbitrary word $u$ of length $k$ on alphabet $\{0, 1\}$ (intuitively encoding a guess of the valuation of variables), and then this word $u$ is repeated $m$ times (which we will later use to test that each clause is satisfied by the guessed valuation).

To achieve this, we will fix the alphabet $A = \{0, 1, \#, 0', 1'\}$ and the language: $L' := (0|1)^* (\# (00'|11')^*)^* \# (0|1)^*$. The formal claim is a bit more complicated:

Claim: For any numbers $k, m \in \mathbb{N}$, we can build in PTIME a set of intervals such that the words in $L'$ that can be formed with these intervals are precisely:

where $\tilde{u}$ denotes the result of reversing the order of $u$ and swapping $0$'s and $1$'s, where $u'$ denotes the result of adding a prime to all letters in $u$, and where $x \bowtie y$ for two words $x$ of $y$ of length $p$ is the word of length $2p$ formed by taking alternatively one letter from $x$ and one letter from $y$.

Here's an intuitive explanation of the construction that we use to prove this. We start with intervals that encode the initial guess of $u$. Here is the gadget for $n = 4$ (left), and a possible solution (right):

It's easy to show the following observation (ignoring $L'$ for now): the possible words that we can form with these intervals are exactly $u \# \tilde{u}$ for $u \in \{0, 1\}^k$. This is shown essentially like the Lemma in @MikhailRudoy's answer, by induction from the shortest intervals to the longest ones: the center position must contain $\#$, the two neighboring positions must contain one $0$ and one $1$, etc.

We have seen how to make a guess, now let's see how to duplicate it. For this, we will rely on $L'$, and add more intervals. Here's an illustration for $k = 3$:

For now take $L := (0|1)^* (\# (00'|11')^*)^* \# (0' | 1')^*$. Observe how, past the first $\#$, we must enumerate alternatively an unprimed and a primed letter. So, on the un-dashed triangle of intervals, our observation above still stands: even though it seems like these intervals have more space to the right of the first $\#$, only one position out of two can be used. The same claim holds for the dashed intervals. Now, $L$ further enforces that, when we enumerate an unprimed letter, the primed letter that follows must be the same. So it is easy to see that the possible words are exactly: $u \# (\tilde{u} \bowtie \tilde{u}') \# u'$ for $u \in \{0, 1\}^k$.

Now, to show the claim, we simply repeat this construction $m$ times. Here's an example for $k=3$ and $m=2$, using now the real definition of $L'$ above the statement of the claim:

As before, we could show (by induction on $m$) that the possible words are exactly the following: $u (\# \tilde{u} \bowtie \tilde{u}' \# u \bowtie u')^2 \# \tilde{u}$ for $u \in \{0, 1\}^k$. So this construction achieves what was promised by the claim.

Thanks to the claim we know that we can encode a guess of a valuation for the variables, and repeat the valuation multiple times. The only missing thing is to explain how to check that the valuation satisfies the formula. We will do this by checking one clause per occurrence of $u$. To do this, we observe that without loss of generality we can assume that each letter of the word is annotated by some symbol provided as input. (More formally: we could assume that in the problem we also provide as input a word $w$ of length $n$, and we ask whether the intervals can form a word $u$ such that $w \bowtie u$ is in $L$.) The reason why we can assume this is because we can double the size of each interval, and add unit intervals (at the bottom of the picture) at odd positions to carry the annotation of the corresponding even position:

Thanks to this observation, to check clauses, we will define our regular language $L$ to be the intersection of two languages. The first language enforces that the sub-word on even positions is a word in $L'$, i.e., if we ignore the annotations then the word must be in $L'$, so we can just use the construction of the claim and add some annotations. The second language $L''$ will check that the clauses are satisfied. To do this, we will add three letters in our alphabet, to be used as annotations: $+$, $-$, and $\epsilon$. At clause $1 \leq i \leq m$, we add unit intervals to annotate by $+$ the positions in the $i$-th repetition of $u$ corresponding to variables occurring positively in clause $i$, and annotate by~$-$ the positions corresponding to negatively occurring variables. We annotate everything else by~$\epsilon$. It is now clear that $L''$ can check that the guessed valuation satisfies the formula, by verifying that, between each pair of consecutive $\#$ symbols that contain an occurrence of $u$ (i.e., one pair out of two), there is some literal that satisfies the clause, i.e., there must be one occurrence of the subword $+1$ or of the subword $-0$.

This concludes the reduction from CNF-SAT and shows NP-hardness of the letter scheduling problem for the language $L$.