Чи важко знайти оптимальні ланцюги додавання?

Доповнення ланцюг являє собою послідовність позитивних цілих чисел $(x_1, x_2, \dots, x_n)$ , де $x_1 = 1$ , і кожен індекс $i\ge 2$ , ми маємо $x_i = x_j + x_k$ для деяких індексів $1\le j,k < i$ . Довжина додавання ланцюга $n$ ; мішень з крапельної ланцюга $x_n$ .

Що відомо про складність наступної задачі: З огляду на ціле число $N$ , яка довжина найкоротшого ланцюга додавання, ціль якого $N$ ? Це NP-важко?

Вікіпедія вказує на документ Дауні, Леонга та Сетхі 1981 року, який підтверджує таку пов'язану проблему, як NP-жорсткий: Враховуючи набір цілих чисел, яка мінімальна довжина ланцюга додавання, що включає весь набір? Деякі автори, очевидно, стверджують, що ця стаття доводить, що проблема з ціллю є однозначною, але це не так.

Проблема згадується як відкрита в кандидатській дисертації Еріка Лемана "Алгоритми наближення стиснення даних на основі граматики" у 2002 році.

"Тим не менш, точне рішення проблеми ланцюга додавання залишається дивним чином невловимим. Метод М-арі працює в полілозі часу (n) і дає наближення 1 + o (1). Однак, навіть якщо дозволено більше експоненціально часу, полі ( n) точний алгоритм не відомий. "

І на головній роботі дисертації Лемана є хороший огляд проблеми (розділ VB) із посиланнями.

Я хотів би зафіксувати деякий частковий прогрес - здавалося б, багатообіцяючий поки що - до поліноміального алгоритму часу. ОНОВЛЕННЯ : Додано деякі деталі для обліку проблеми, на яку вказав @David (спасибі!).

Підхід полягає в тому, щоб звести це до екземпляра MIN-ONES EVEN-3 CSP (MOEC), що, як правило, є вирішеною багаточленною проблемою. Доказ зменшення трохи нечіткий, але я сподіваюся, що він існує!

Екземпляр MOEC - це сімейство х підмножин всесвіту змінних та цілого k . Питання полягає в тому, чи є задовольняюче присвоєння ваги максимум k , де присвоєння - це функція від Всесвіту до { 0 , 1 } , вага завдання - це кількість змінних, які вона призначає одній, а призначення - задовольняючи, якщо для кожного підмножини змінних { x , y , z } присвоєння (скажімо f ) має властивість:$3$$k$$k$$\{0,1\}$$\{x,y,z\}$$f$

.$f(x) + f(y) + f(z) = 0 (mod ~~2)$

Ви можете уявити це як 3-SAT з іншим поняттям задоволеності - виберіть жодне або виберіть два. Я буду трохи розслабленим щодо екземпляра MOEC в тому, що я дозволю, крім звичайних підмножин, наслідків, диз'юнкцій довжини дві та обмеження ( x = 1 ) . Я вірю, що ці прості доповнення збережуть проблему поліноміального часу.$3$$(x = 1)$

Скажімо, ми зменшуємо задачу ланцюга додавання для числа . Набір змінних для цього зменшення такий:$n$

Для кожного змінна N i . Я переписати змінну N п , як N . Для кожної пари i , j таких, що 1 ≤ i , j ≤ k , введіть змінні P i j і Q i j . $1 \leq i \leq n$$N_i$$N_n$$N$$i,j$$1 \leq i,j \leq k$$P_{ij}$$Q_{ij}$

Введіть такі підмножини для кожного , що k = i + j :$i,j,k$$k = i+j$

$\{P_{ij}, Q_{ij}, N_k \}$

та наступні наслідки:

і P i j ⇒ N $P_{ij} \Rightarrow N_i$$P_{ij} \Rightarrow N_j$

та такі обмеження:

.$(N_1 = 1), (N = 1)$

Нарешті, нам потрібно додати обмеження, які гарантують, що принаймні один з змінних вибирається, коли присвоєний "відповідний" N- змінний (пробачте, зловживання нотацією). Це можна зробити, додавши звичайне обмеження АБО над усіма P i j таким чином, що сума i + j до N- змінної, про яку йдеться. Однак ми повинні знайти спосіб перекодувати це в рамках MOEC.$P$$N$$P_{ij}$$i + j$$N$

Тож дозвольте мені окреслити загальний спосіб висловлювання з урахуванням набору змінних:

,$(X, l_1, l_2, \ldots, l_t)$

як обмеження, "якщо завдання задовольняє і встановлює на один, то саме один з l я повинен бути встановлений на один за призначенням", може бути закодований синтаксисом MOEC. Зауважте, що цього достатньо для наших вимог, ми просто вводимо обмеження:$X$$l_i$

.$(N_k, \{ P_{ij} ~|~ i + j = k \})$

Кодування проводиться наступним чином. Нехай є вкоріненим повним бінарним деревом на t листках. Введіть нову змінну T d i для всіх 1 ≤ d ≤ log t та 1 ≤ i ≤ L ( d ) , де L ( d ) позначає кількість вузлів T X на глибині d .$T_X$$t$$T_{di}$$1 \leq d \leq \log t$$1 \leq i \leq {\cal L}(d)$${\cal L}(d)$$T_X$$d$

Для кожного вузла , якщо p і q - його діти на дереві, введіть обмеження EVEN-3:$T_{di}$$p$$q$

$\{T_{di},p,q\}$

Це означає, що якщо змінна, що відповідає вузлу, встановлена ​​в істинному, то точно один з її дітей повинен бути встановлений і в true. Тепер додайте наслідки:

і ( d log t , j ) ⇒ l j (кома для ясності).$(X \Rightarrow T_{11})$$(d_{\log t,j}) \Rightarrow l_j$

Ця комбінація обмежень та наслідків EVEN-3 рівнозначна обмеженню, яке ми хотіли кодувати.

Інтуїтивно зрозуміло, що два останні обмеження викликають саме ті реакції, які необхідні для створення ланцюга додавання. Зокрема, давайте подивимось на , які присвоєні одним задовольняючим завданням, - твердження полягає в тому, що вони утворюватимуть ланцюг додавання для N : оскільки призначення змушене встановити N до одного, повинно бути принаймні один P i j, який був встановлений на один, і наслідки примушують N i і N $N_i$$N$$N$$P_{ij}$$N_i$$N_j$щоб присвоїти його, і це йде вниз (я впевнений, що це можна формалізувати за допомогою індукції, хоча я ще не розробив цей рівень деталізації). Зауважте, що задаюче завдання, яке є оптимальним за кількістю присвоєних, не встановить істинним для двох пар ( r , s ) та ( r ′ , s ′ ) з тієї причини, що P- змінні поставляються з додатковими багаж наслідків, а Q -змінних змін немає (вони знаходяться там, щоб забезпечити задоволення ВСЕ-3 - на пункт, де N i є істинним і $P_{ij}$$(r,s)$$(r',s')$$P$$Q$$N_i$ не відповідає дійсності, нам все одно потрібно вибрати щось для задоволення цього пункту, і з причин, що їх легко зрозуміти, це не може бути однією універсальною змінною через положення).$P_{ij}$

Тому я вважаю, що ланцюжок додавання відповідає задоволенню та навпаки. Дозвольте мені описати одну частину цього дещо формально: давши ланцюг додавання, ми побудуємо завдання яке задовольняє. Для початку f встановлює всі N i , які є в ланцюжку, на одну, а іншу N i - на нуль. Далі, якщо k має в ланцюзі додавання, то для кожного N k , нехай i k , j k - елементи ланцюга такі, що i k + j k = j . Тоді f задає$f$$f$$N_i$$N_i$$k$$N_k$$i_k,j_k$$i_k + j_k = j$$f$ до одного (і Q i k j k до нуля), і всі ( i , j ) такі, що i ≠ i k і j ≠ j k і i + j = k , f встановлює Q i j до одного (і P i j до нуля). Для всіх k , які не містять ланцюжок додавання, для всіх i , j таких, що$P_{i_k j_k}$$Q_{i_k j_k}$$(i,j)$$i \neq i_k$$j \neq j_k$$i+j = k$$f$$Q_{ij}$$P_{ij}$$k$$i,j$ , встановіть усі Q i j і P i j на нуль (зауважте, що послідовність випливає з того, що два числа складаються лише одним способом). Кожне застереження, що включає N i у ланцюжку, задовольняється, оскільки або P-змінна, або Q-змінна, відповідна їй, була встановлена ​​в одну (і зауважте, що саме одна з них встановлена ​​на одну для будь-якої пари ( i , j ) ). Для кожного іншого пункту все встановлено на нуль. Про те, що наслідки мають місце, легко перевірити.$i+j = k$$Q_{ij}$$P_{ij}$$N_i$$(i,j)$

Незрозуміла частина полягає в наступному: тому що для кожного елемента обраного в ланцюзі додавання, присвоєння має вагу t (через те, що всі Q -змінні встановлюються на один). Тож існує ймовірність, що довший додатковий ланцюг відповідатиме дешевшому призначенню, але я впевнений, що цього не відбудеться через доказ у наступних рядках: розгляньте оптимальний ланцюжок додавання та припустимо, що існує довший, який має менша вага, що задовольняє йому завдання. Зрозуміло, що елементи довшого ланцюга виключають принаймні один із коротшого - нехай цей елемент буде x . Хочу сказати, що витрати, понесені з $t$$t$$Q$$x$$x$в будь-якому випадку, це відбувається в більш тривалому ланцюгу, а решта вигідно. Однак я мушу це ретельно записувати, і я, можливо, просто бачу речі з синдромом після півночі!