Чи не завершена проблема "Найменших дискримінаційних бітів"?

Це ім'я, яке я склав для цієї проблеми. Я ніколи не бачив його описаного ніде. Я ще не зміг знайти доказ повноти NP або поліноміального алгоритму часу для цієї проблеми. Це не проблема домашнього завдання - це пов'язано з проблемою, з якою я зіткнувся у своїй роботі.

НАЙБІЛЬШІ ДИСКРИМІНУЮЧІ БИТИ

ІНСТАНЦІЯ: Набір T, що містить бітові вектори, де кожен бітовий вектор дорівнює рівно N біт. Кожен елемент T унікальний, як можна було б очікувати від набору з математики. Ціле число K <N.

ЗАПИТАННЯ: Чи існує набір B з більшості K-позицій (тобто цілих чисел у діапазоні [0, N-1]) таким чином, що коли ми видаляємо всі біти, окрім B, з кожного вектора в T, всі інші коротші вектори - всі все ще унікальний?

Приклад 1: Для екземпляра N = 5, T = {00010, 11010, 01101, 00011}, K = 2, відповідь "так", оскільки ми можемо вибрати бітові позиції B = {0,3}. Згідно з умовою, що бітова позиція 0 - найправіша, і номери позицій бітів збільшуються справа наліво, видаляючи всі бітові позиції, крім позицій В, з векторів у T залишає T '= {00, 10, 11, 01}, і всі вони унікальні.

Приклад 2: N = 5, T = {00000, 00001, 00010, 00100}, K = 2. Відповідь "ні", оскільки незалежно від того, які дві бітові позиції ми виберемо, жоден із 2-бітових векторів не буде рівним 11, тому принаймні два з 2-бітових векторів будуть рівні один одному.

Звичайно, ми можемо вирішити цю проблему, перерахувавши всі (N вибрати K) підмножини розміром K з N бітових позицій та визначивши, які відповідають умові питання. Однак, це експоненціальна величина вводу.

Ця проблема неповна. Доказ, заснований на зниженні від 3-SAT, полягає в наступному:

Розглянемо екземпляр 3-SAT з змінними та m- пропозиціями. Побудуємо 2 n + 2 m бітові вектори ("рядки") довжиною 2 n + ⌈ log 2 ( n + m ) ⌉ , таким чином, що найменша кількість розрізнюючих бітів дорівнює n + ⌈ log 2 ( n + m ) ⌉ Якщо оригінальний екземпляр 3-SAT є задоволеним$n$$m$$2n + 2m$$2n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$$n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$

$2n$$\left\{ x_1, \neg x_1, x_2, \neg x_2, ..., x_n, \neg x_n \right\}$$2m$$1$$0$$2n$$1$$0$$\lceil \log_2(n + m) \rceil$$0$$n+m-1$

$n+m$$\lceil \log_2(n + m) \rceil$$n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$$x_i$$\neg x_i$$i$$n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$$2n+2m$$x_i$$\neg x_i$$i$$n$

Хоча вже є доказ повноти NP , можливо, варто зазначити, що ця проблема еквівалентна відомій задачі NP-повного, що називається проблемою мінімального тестового набору ([SP6] у Гарі та Джонсона , яка також називається мінімальною колекцією тесту) проблема ): просто обмінюйтесь роллю наборів та роллю позицій.