Розчинність заповнення матриці


11

Матриця має розмірність n × n ( n - 1 ) . Ми хочемо заповнити A за допомогою цілих чисел від 1 до n включно.An×n(n1)A1n

Вимоги:

  1. Кожен стовпець - перестановка 1 , , n .A1,,n
  2. Будь-яка підматриця, утворена двома рядками не може мати однакових стовпців.A

Питання:

Чи можливо заповнити матрицю, що задовольняє вимогам?

Відношення до криптографії:

Кожен номер рядка відповідає простому тексту. Кожен стовпець відповідає ключу. Оскільки ключ визначає ін'єкцію, кожен стовпець повинен бути перестановкою. Друга вимога полягає в ідеальній таємниці двох повідомлень.


1
Зважаючи на те, що ви позначили це cr.crypto-безпекою, це покращило б питання, чи можете ви вказати, як це стосується крипто / безпеки.
Дейв Кларк

1
Прості спостереження: така матриця існує для n≤4. Для n≤3 візьміть усі перестановки. Для n = 4 єдиними рішеннями є взяття всіх парних перестановок або непарних перестановок.
Цуйосі Іто

Дякую, Іто. Власне, я відповів, коли вручну. Але все стає набагато складніше, коли n 5 . Відбувається експоненційний вибух. n4n5
Сайкер

3
(1) Я думаю, що проблема пов'язана з теорією кодування і додала її як тег. (2) Ще одне зауваження: Проблему можна заявити також наступним чином. Знайдіть матрицю B розміром n × (n ^ 2) такою, що кожен з перших n стовпців B є n повторень того ж числа і таким, що B задовольняє умові 2 у питанні. Якщо такий B існує, то кожен з останніх n (n-1) стовпців B повинен бути перестановкою. І навпаки, будь-яка матриця A, що відповідає умовам 1 і 2, може бути перетворена в матрицю B, приєднавши n заявлених стовпців ліворуч від А.
Цуйосі Іто

Відповіді:


11

Цуйосі, чудове спостереження у вашому коментарі! Я думаю, що це майже вирішує проблему.

Розглянемо наступні два питання

  1. Чи існує рядків довжиною n ( n - 1 ), щоб жодне число не з’являлося двічі в жодному стовпці, і для кожної пари рядків усі впорядковані пари, задані стовпцями, є чіткими?kn(n1)
  2. Чи існують рядків довжиною n 2, щоб для кожної пари рядків усі впорядковані пари, задані стовпцями, були виразними?kn2

Спостереження Цюсі в його коментарі показує, що якщо ви можете досягти деякого значення для питання (1), ви можете досягти такого ж значення k для питання (2). Тепер ми покажемо, що якщо ми можемо досягти деякого значення k для питання (2), ми можемо досягти значення k - 1 для питання (1). Таким чином, відповідь на ці два питання майже однакова.kkkk1

Побудова йде наступним чином: ігноруйте перший рядок, за винятком того, що поставте всі в перші n позиції. Тепер ви можете застосувати перестановку значень { 1 , 2 , , n } до кожного з k - 1 решти, що залишилися, так що, крім першого запису, кожен з перших n стовпців містить однакові значення та за спостереженням Цуйоші у коментарі це дає набір k - 1 рядків, що задовольняють вашій умові.1n{1,2,,n}k1nk1

Тепер, якщо у вас є набір рядків довжиною n 2 з кожною парою рядків, що містять усі впорядковані пари в кожному стовпчику, то це еквівалентно набору k - 2 ортогональних латинських квадратів . Кожен із рядків 3 , 4 , , k дає латинський квадрат. Щоб отримати латинський квадрат, пов'язаний з рядком j , введіть значення в i -й стовпець рядка j у комірці, координати якої задані впорядкованою парою в i -му стовпці в перших двох рядках.kn2k2 34kjiji

Якщо не є первинною силою, скільки взаємно ортогональних латинських квадратів порядку n є відомою відкритою проблемою, і я не вірю, що відомо, що n - 2 ортогональних латинських квадратів існують для n, а не першої сили; загальний консенсус полягає в тому, що таких множин не існує. Єдиний доведений на сьогодні результат - такий набір не існує для n = 6 . Відомо, що число k можливих рядків зростає принаймні як k = Ω ( n c ) для деякого cnnn2nn=6kk=Ω(nc)c. Я вважаю, чи існує 8 ортогональних латинських квадратів порядку 10, як і раніше. (Відомо, що їх немає 9, але через можливу різницю у відповіді на два питання це нічого не говорить про початкову проблему.)1

Для максимальний k, який ви можете отримати, дорівнює 3, і виявляється, ви можете отримати три рядки для задачі (1), подивившись будь-який латинський квадрат 6 × 6 з поперечним переліком, з яких є безліч нееквівалентних прикладів . Для n = 10 відомі конструкції, що дають два ортогональних латинських квадратів. Якщо ці квадрати мають спільний поперечний перехід, то для задачі (1) можна отримати k = 4 .n=6k6×6n=10k=4


Дякуємо за детальний аналіз, професор Шор! Отже, з цього міркування 1) Якщо не існує набору MOLS, ми можемо стверджувати, що оригінальна проблема не є можливою для n . 2) Якщо існує безліч n - 1 MOLS, ми можемо стверджувати, що оригінальна проблема є можливою для n . Оскільки, коли n є первинною силою, існує набір n - 1 MOLS, це дає альтернативне уявлення про часткове рішення Ito. І ми виявили, що початкова проблема не здійснна, коли n = 6 . Дійсно захоплююча! n2nn1nnn1n=6
Cyker

Це дуже приємний зв’язок. Дякую за відповідь! Незначний момент: За даними Вікіпедії, відомо, що n − 1 ортогональних латинських квадратів існує для n найвищої сили, а не тільки для n простого.
Цуйосі Іто

@Tsuyoshi - На жаль. Я знаю це; Я просто сказав це неправильно. Будівництво відбувається з кінцевих полів. Дякуємо за виправлення. Виправити це зараз.
Петро Шор

Я так здогадався. :)
Tsuyoshi Ito

11

Це часткове рішення. Така матриця існує, якщо n є простою силою.

Нехай F - кінцеве поле порядку n . Ми побудуємо матрицю n × n ( n −1), рядки якої позначені F , стовпці яких позначені ( F ∖ {0}) × F , а записи яких у F - наступним чином: i -й рядок стовпчик із позначкою ( a , b ) задається ai + b . На словах, кожен стовпець відповідає ступеню полінома-один в F . Потім кожен стовпчик містить кожен елемент F точно один раз, і жоден два стовпці не мають однакових записів у більш ніж одному рядку, оскільки значення двох різних ступенів-многочленів ступеня можуть збігатися щонайменше в одній точці.

(Якщо ви хочете, щоб матриця, записи якої знаходяться в {1,…, n } замість F , замініть елементи F на {1,…, n } довільно.)


n+1

@Artem: Можливо, особливо це стосується відповіді Петра, що пов’язує це питання з ортогональними латинськими квадратами. (Застереження: на мій неекспертний погляд, ортогональні латинські квадрати, MUB, комбінаторні конструкції, унітарна конструкція та SIC-POVM майже не відрізняються.)
Tsuyoshi Ito,

Велике спасибі, Іто! Цей дизайн виглядає дійсно красиво!
Сайкер
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.