একে অপরের জন্য উপহার কিনতে একদল লোকের জন্য ন্যূনতম শপিং ট্রিপ ps

10

আমাদের গ্রুপের একটি গ্রুপ রয়েছে । আমাদের গ্রুপের মধ্যে কাদের জন্য উপহার কিনতে হবে তার একটি তালিকা দেওয়া আছে। প্রতিটি ব্যক্তির জন্য প্রচুর উপহার কিনতে / গ্রহণ করতে হতে পারে, বা সম্ভবত কোনওটিই নয়। একটি শপিং ট্রিপে, লোকজনের একটি উপসেট একসাথে একই দোকানে ভ্রমণ করে, এবং যারা দোকানে উপস্থিত নেই তাদের জন্য উপহার কিনে। তারা একই শপিং ট্রিপে অন্য কারও জন্য উপহার কিনতে না পারে কারণ তখন অবাক হওয়ার কিছু থাকবে না। একজন ব্যক্তি একাধিক শপিং ভ্রমণে যেতে পারেন। প্রত্যেকের জন্য প্রয়োজনীয় সমস্ত উপহার কেনার জন্য প্রয়োজনীয় শপিং ভ্রমণের সংখ্যা আমরা কমিয়ে আনতে চাই। $n$

উদাহরণ হিসাবে, 5 জন লোক রয়েছে এমন ক্ষেত্রে বিবেচনা করুন এবং প্রত্যেককে অবশ্যই দলের প্রত্যেকটি ব্যক্তির জন্য উপহার কিনতে হবে। লোকদের 1 থেকে 5 নম্বর দেওয়া হোক Let এটি 4 টি শপিং ট্রিপে করা যেতে পারে, যেমন প্রদর্শিত:

ট্রিপ 1: 1, 2, 3 শপিংয়ে যান
ট্রিপ 2: 1, 4, 5 শপিংয়ে যান
ট্রিপ 3: 2, 4 শপিংয়ে যান
ট্রিপ 4: 3, 5 শপিংয়ে যান

আমি কীভাবে এই সমস্যার সমাধান করতে যাব? এটা স্পষ্ট যে ইনপুটটি কোনও নির্দেশিত গ্রাফ দ্বারা প্রতিনিধিত্ব করা যেতে পারে, তবে সেখান থেকে কোথায় যেতে হবে তা আমি জানি না। কেউ বাইক্লিক কভার সমস্যা নিয়ে এসেছিল , তবে একইরকম, এটি এই প্রশ্নের উত্তর দেয় না।

আমরা একটি নির্দেশ গ্রাফ হিসাবে ইনপুট মনে করতে পারেন উপর , ছেদচিহ্ন যেখানে প্রান্ত মানে যে ব্যক্তি ব্যক্তির জন্য উপহার কিনতে হবে । লক্ষ্যটি হ'ল একটি সেট যেমন ন্যূনতম এবং গ্রাফের প্রান্ত সেট উপসেট । এছাড়াও, নির্দেশিত গ্রাফটিতে বিকলিকগুলির সংজ্ঞাটি প্রসারিত করার জন্য, একটি বিকিক কেবল ম্যাপ যা কিনে থাকে $G$ $n$ $(u,v)$ $u$ $v$ $(S_1,T_1),\dots,(S_k,T_k)$ $k$ $E$ $\cup_i (S_i \times T_i)$ $(S_i,T_i)$ $S_i$ করতে $T_i$ । এটি বিকিক কভার সমস্যা থেকে পৃথক যে আমাদের প্রতিটি বিকিককে উপগ্রাফের প্রয়োজন হয় না $G$ (প্রতিটি জন্য আমাদের প্রয়োজন হয় না)। $S_i \times T_i \subseteq E$ $i$

বিশেষত, আমি একটি উত্তর গ্রহণ করব যা হয়:

প্রদর্শন করে যে এই সমস্যাটি এনপি-হার্ড বা
একটি বহুবর্ষীয় সময়ের অ্যালগোরিদম উপস্থাপন করে যা এই প্রশ্নের সঠিক উত্তর দেয় (কোনও আনুমানিক বা উচ্চতর সীমানা নয়)

রেকর্ডের জন্য, আমি এই সমস্যাটি কোথাও দেখতে পাইনি, আমি নিজের কৌতূহলের জন্য কেবল এটি নিয়ে ভাবছি।

algorithms graph-theory set-cover

— রিলে
সূত্র

2

এই সমস্যাটি এনপি-হার্ড । এটি দেখানোর জন্য, আমি প্রথমে এই (অপ্টিমাইজেশন) সমস্যাটিকে সিদ্ধান্তের সমস্যায় রূপান্তর করব। তারপর, আমি একটি সমতুল্য এক, যা থেকে এটা থেকে কমানো পেতে মোটামুটি সহজ মধ্যে যে সমস্যা সূত্রবদ্ধ $k$ -coloring সমস্যা, যা কোন দ্বারা NP-কঠিন $k\geq 3$ ।

সমস্যার একটি সংক্ষিপ্ত গঠন নিম্নলিখিত:

প্রদত্ত ব্যক্তি এবং একটি গ্রাফ যা তাদের 'উপহার দেওয়ার' সম্পর্কগুলিকে এনকোড করে, সর্বনিম্ন পরিমাণের মতো ভ্রমণের সন্ধান করুন যাতে কোনও উপহার অবাক না করেই সমস্ত উপহার কেনা যায়। $n$ $G$

তবে এটি একটি অপটিমাইজেশন সমস্যা। ক্লাস এনপি সাধারণত বর্ণনামূলক সমস্যাগুলির জন্য সংজ্ঞায়িত হয় (যেখানে প্রতিটি উদাহরণের উত্তর হয় হ্যাঁ বা না হয়)। এর একটি সিদ্ধান্ত বৈকল্পিক:

প্রদত্ত ব্যক্তি ও গ্রাফ যে এনকোড তাদের 'উপহার আদানপ্রদান' সম্পর্ক ও একটি পূর্ণসংখ্যা , সর্বাধিক করছে কোন চমকের বিনষ্টকারী ছাড়া সব উপহার কিনতে যথেষ্ট ভ্রমণের? $n$ $G$ $t$ $t$

আমি খুঁজে বের করার সমস্যা সংজ্ঞায়িত সঠিক নির্দেশ -multicoloring $t$ কিছু গ্রাফ একটি খোঁজার যেমন মাল্টিকালার ফাংশন যা সঠিক , যেখানে কিছু সেট 'রং' ( অর্থাত ) এবং শক্তি সেট (অর্থাত সব সাব-সেট নির্বাচন সেট $G=(V,E)$ $c:V\rightarrow \mathcal{P}(C)$ $C$ $t$ $|C|=t$ $\mathcal{P}(C)$ $C$ $C$ )। একটি বহুবিধ ফাংশন যথাযথ এবং যদি কেবল প্রতিটি প্রান্তের জন্য , আমাদের কাছে সেই । $(u\rightarrow v)\in E$ $c(u) \not\subseteq c(v)$

আমি দাবি করি যে শপিং ট্রিপ সমস্যাটি একই গ্রাফ এর নির্দেশিত মাল্টিকালারিংয়ের $t$ অস্তিত্ব সিদ্ধান্ত নেওয়ার সমস্যার সমান । $G$

প্রুফ : যদি জন্য আমাদের কাছে সঠিক নির্দেশিত মাল্টিকালারিং , যেখানে আমরা রঙগুলির নাম পরিবর্তন করি যেমন তবে ট্রিপগুলির অনুক্রম বিবেচনা করুন , যেখানে একটি শীর্ষস্থানীয় কেনাকাটা করতে যায় এবং যদি কেবলমাত্র । এর পরে, যে প্রান্ত জন্য , আমরা একটি ট্রিপ অস্তিত্ব আছে যে আছে যেমন যে এবং , যেহেতু $t$ $c$ $G$ $C = \{1,\ldots, t\}$ $t$ $T_1,\ldots, T_t$ $v$ $T_i$ $i\in c(v)$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ $v\notin T_i$ । অতএব, ট্রিপস সমস্ত উপহার কিনতে যথেষ্ট। $c(u) \not\subseteq c(v)$ $T_i$

যদি আমাদের ট্রিপের ক্রম থাকে তবে রঙ সেট যেমন তে বহু রঙের ফাংশন নির্মাণ করুন । এর পরে, যে প্রান্ত জন্য , একটি ট্রিপ বিদ্যমান যে এই ধরনের $T_1,\ldots, T_t$ $c$ $C=\{1,\ldots, t\}$ $c(u) = \{ i \in \mathbb{N} | u \in T_i\}$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ এবং (যেহেতু কোনও ট্রিপে জন্য একটি উপহার কিনতে পারেন), যার অর্থ এবং , তাই । $u\in T_i$ $v\notin T_i$ $u$ $v$ $i\in c(u)$ $i\notin c(v)$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $\square$

সঠিক নির্দেশিত মাল্টিকালারিং সন্ধান করা মূলত কালারিংয়ের নির্দিষ্ট ক্ষেত্রে একটি অদ্ভুত সংস্কার । অতএব, আমি f f কালারিং সমস্যা থেকে বহুবর্ষ সময় হ্রাস দেখাতে পারি : একটি অনির্দেশিত গ্রাফ দেওয়া , প্রথমে এই গ্রাফটিকে রূপান্তর করুন নির্দেশিত গ্রাফ , যেমন এবং এবং কেবল যদি বা ( অন্য কথায়, আমরা ডায়ারেক্টেড এজগুলি দুটি নির্দেশিত প্রান্তে পরিবর্তন করি)। $t$ $k$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G' = (V',E')$ $G=(V,E)$ $V=V'$ $(u\rightarrow v)\in E$ $(u,v)\in E'$ $(v,u)\in E'$

একটি বৃহত্তম সেট , যেমন , , যেমন । আকারের এর সমস্ত উপসেটের সেট , যেখানে, যেমন একটি সেট। অতএব, এই ধরনের একটি উপসেট সর্বোচ্চ আকার । $K\subset \mathcal{P}(C)$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $C$ $\lfloor t/2\rfloor$ $t=|C|$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

যদি জন্য একটি উপযুক্ত মাল্টিকালারিং উপস্থিত থাকে , তবে সেখানে একটি সঠিক রঙিন উপস্থিত রয়েছে যা (*) এর অসম উপাদানগুলির চেয়ে বেশি ব্যবহার করে না , তাই এটি একটি বৈধ জন্য -coloring । $t$ $G$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $\mathcal{P}(C)\$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$

যদি একটি যথাযথ c -রোলিং জন্য বিদ্যমান থাকে , তবে সেখানে একটি সেট th , , যেমন এবং , কোনও exist বিদ্যমান নেই , যেমন । সুতরাং, এর সঠিক নির্দেশিত মাল্টিকালারিং রয়েছে। $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$ $K\subset \mathcal{P}(C)$ $|C|=t$ $|K| \geq \binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $G$ $t$

অতএব, এই থেকে একটি বৈধ বহুপদী সময় কমানো সঙ্গে উপস্থিত শপিং সমস্যার -coloring ভ্রমণের, যা বর্তমানে শপিং সমস্যা মানে দ্বারা NP-কঠিন। নোট করুন যে বর্তমান শপিংয়ের সমস্যাটি এনপি-সম্পূর্ণ, যেহেতু আমরা খুব সহজেই যাচাই করতে পারি যদি বেশিরভাগ ট্রিপের একটি প্রদত্ত তালিকা আমাদের অবাক না করে সমস্ত উপহার কিনতে দেয় to $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $t$ $t$

(*): যদি কিছু মাল্টি-কালারিং সর্বাধিক 'নন-সাবসেট' মাল্টি-কালারিং চেয়ে বেশি রঙিন সেট ব্যবহার করে , তবে আমরা 'পুনরায় নামকরণ' যেমন করতে পারি এটি । যথাযথ থাকে, কারণ থেকে কোনও উপাদানই থেকে আলাদা উপাদানের সাথে সংযুক্ত না হওয়া একটি সমস্যা এবং রঙ- একে অপরের সাথে সংলগ্ন ছিল না in মূল । সুতরাং, সাধারণত্ব ক্ষতি ছাড়া, আমরা অনুমান করতে পারেন । $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal C$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^* \subset \mathcal{C}$

তারপর, নোট যে 'পুনঃনামকরনের' কোন উপসেট থেকে রঙ-সেট নোডের মধ্যে প্রান্ত নষ্ট না , যেহেতু তে এমন কোনও উপাদান নেই যা অন্যটির উপসেট হয়। কেবলমাত্র যে জিনিসটি বাকি রয়েছে তা হ'ল এবং মধ্যবর্তী প্রান্তগুলি রঙিন 'নষ্ট' না করে তা নিশ্চিত করা। $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$

নিম্নলিখিত সম্পর্ক বিবেচনা করুন রঙের-সেটে : দুই রং-সেট এবং করছে সংযুক্ত যদি এবং কেবল যদি সেখানে ছেদচিহ্ন একজোড়া বিদ্যমান যেমন যে রঙ-সেট করা আছে এবং রঙ সেট এবং । এই সম্পর্কটি অনির্দেশিত গ্রাফ দ্বারা উপস্থাপন করা যেতে পারে । $R$ $\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*$ $A$ $B$ $a,b$ $a$ $A$ $b$ $B$ $(a,b)\in E$ $\mathcal G = (\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*, R)$

প্রথমত, আমরা একক রঙ-সেট দ্বারা কোনও প্রান্ত নেই এমন যে কোনও জোড়া প্রতিস্থাপন করে 'হ্রাস' করতে পারি । রঙটি যথাযথভাবে থেকে যায়, যেহেতু দুটি রঙিনেট যা একেবারে একই রঙের সাথে সংযুক্ত নয় পরিবর্তনগুলি কোনও অবৈধ প্রান্তকে প্রবর্তন করে না। ফলস্বরূপ, আমরা একটি সম্পূর্ণ গ্রাফে হ্রাস করেছি । $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal G$ $\mathcal G$

এর অর্থ হ'ল যদি এর কম বা সমান পরিমাণ রঙ-সেট হিসাবে থাকে, প্রয়োজনীয় রঙ বিদ্যমান। অন্যথায়, উপযুক্ত কোনও মাল্টি-কালারিংয়ের অস্তিত্ব নেই, যেহেতু একটি বৃহত্তম 'নন-সাবসেট' সেট, তাই আমরা এই চক্রটিকে রঙ করতে পারছি না। অতএব, প্রয়োজনীয় মাল্টি-কালারিং অগত্যা উপস্থিত রয়েছে। $\mathcal G$ $|\mathcal{C}^*|$ $\mathcal{C}^*$

সম্পূর্ণ গ্রাফ হিসাবে নোড যদি এবং কেবল যদি আমরা অন্তত আছে রঙ-সক্ষম হয় রং, আমরা আছে মানুষ একে অপরের জন্য কেনাকাটা উপহার যেতে পারেন মধ্যে ভ্রমণের যদি এবং কেবল যদি । এর অর্থ হল বিশেষত, যদি কেবল ট্রিপ করা যথেষ্ট। যদি কিনতে কম উপহার থাকে তবে আরও বেশি ট্রিপের প্রয়োজন হবে না, সুতরাং এটি প্রতিটি সমাধানের উপর একটি সাধারণ উপরের আবদ্ধ। $n$ $K_n$ $n$ $n$ $t$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor} \geq n$ $n\leq 12870$ $16$

নীচে আমার পূর্ববর্তী 'উত্তর' দেওয়া আছে, যা একটি হিউরিস্টিক অ্যালগরিদম দেয় যা সর্বোত্তম হওয়ার গ্যারান্টি দেয় না, তবে বহুবারের মধ্যে গণনা করা যায়।

এই সমস্যাটি গঠনের আরেকটি উপায় নোডের সাথে কিছু নির্দেশিত গ্রাফ জন্য পার্টিশনগুলিতে গ্রাফের যেমন পার্টিশনের পরিমাণ (যেমন ট্রিপস), এখানে , সর্বনিম্ন। $C = \{(S_1,T_1), \ldots, (S_m,T_m)\}$ $(S_i,T_i)$ $G$ $n$ $m$

প্রথমে কিছু পর্যবেক্ষণ, আংশিকভাবে অন্যান্য উত্তরগুলি থেকে:

লোভী কৌশল, যেখানে আমরা একটি দ্বিপক্ষীয় গ্রাফ সহ একটি বাছাই করি যেখানে সাথে মিলিত প্রান্তের পরিমাণ সর্বাধিক হয় সেখানে অনুকূল সমাধানের দিকে পরিচালিত হয় না (একটি শক্তিশালী পাল্টা উদাহরণ নোড সহ পুরো গ্রাফ , যেখানে এই কৌশলটি ব্যর্থ হয়, সর্বাধিক দ্বিপক্ষীয় গ্রাফটি বেছে নেওয়া উচিত নয়))। $(S_i,T_i)$ $G$ $6$
লোভী কৌশলটি স্বেচ্ছাচারী অ্যাসাইক্লিক গ্রাফগুলির জন্য অনুকূল নয় , নিম্নলিখিত গ্রাফটি বিবেচনা করুন: এবং Both Both উভয়ের জন্য দ্বিপক্ষীয় গ্রাফটি কিনারা সরিয়ে ফেলে তবে কেবল অনুকূল। $S_i = \{3,5,6\}$ $S_i=\{1,3,6\}$ $4$ $\{3,5,6\}$
যে কোনও (অনুকূল) লোভী অ্যালগরিদম পার্টিশনের দ্বারা চক্রের পরিমাণ ( কোনও আকারের) 'অপসারণ' পরিমাণের চেয়ে বেশি পার্টিশনের আকারকে পছন্দ করতে পারে না । এই দেখার জন্য, সঙ্গে গ্রাফ বিবেচনা নোড, যেখানে এক চক্র আছে নোড এবং চক্র প্রতিটি নোডের হয়েছে দিকে অতিরিক্ত বিদায়ী প্রান্ত অতিরিক্ত নোড , যা কোন বহির্গামী প্রান্ত আছে (জন্য নীচের চিত্রে দেখুন উদাহরণ যেখানে )। একটি লোভী পছন্দ যা দৈর্ঘ্য চক্রের উপরে প্রান্তের পরিমাণকে সর্বাধিক করতে পছন্দ করে, প্রথম ট্রিপে চক্রের সমস্ত শীর্ষকে প্রেরণ করবে। এটি সাবঅপটিমাল, কারণ এটি চক্রের কোনও প্রান্ত অপসারণ করে না এবং কেবল উপেক্ষা করে $n+2$ $n$ $2$ $2$ $A,B$ $n=4$ $n$ $A,B$ এবং চক্র থেকে সমস্ত প্রান্ত অপসারণ করা সমস্ত প্রান্তও সরিয়ে দেয় । সুতরাং যে কোনও লোভী পছন্দ যা একটি চক্র অপসারণের চেয়ে পার্টিশনের আকারকে পছন্দ করে তা অনুকূল নয়। $A,B$

এই পর্যবেক্ষণের উপর ভিত্তি করে, আমি নিম্নলিখিত লোভী পছন্দ উত্থাপন করা: চয়ন করুন যেমন, যে চক্র যে পরিমাণ এই ট্রিপ থেকে 'দূর করে দেন সঙ্গে সর্বোচ্চ ওভারল্যাপ সঙ্গে একটি পার্টিশন সর্বোচ্চ এবং বন্ধন ক্ষেত্রে হয়, পছন্দ করে মধ্যে সেগুলি (যেমন চক্র নয় প্রান্তগুলি দেখুন)। $(S_i, T_i)$ $G$ $G$

যেহেতু এই অ্যালগরিদমটি অ্যাসাইক্লিক গ্রাফগুলিতে 'বেসিক' লোভী কৌশল থেকে পৃথক নয় (প্রতিটি ট্রিপে সর্বাধিক পরিমাণে প্রান্তগুলি সরিয়ে ফেলছেন), তাই এই লোভী অ্যালগরিদম অনুকূল নয়। যাইহোক, চক্র অপসারণের অন্তর্দৃষ্টি এখনও বোধগম্য এবং এটি মৌলিক লোভী কৌশলটির চেয়ে উন্নতি, সুতরাং এটি একটি শালীন হিউরিস্টিক হতে পারে।

— স্বতন্ত্র টিকটিকি
সূত্র

1

আপনি উল্লেখ করেছেন "যদি জন্য কোনও মাল্টিকালারিং বিদ্যমান থাকে তবে এই রঙিনটি থেকে অসম উপাদানগুলি than এর চেয়ে বেশি ব্যবহার করে না । এই বক্তব্য মিথ্যা। ৩ টি সংযোগ বিচ্ছিন্ন নোডের তুচ্ছ উদাহরণে একটি 2-মাল্টিকালারিং , যেখানে । এটি একটি যথাযথ 2-মাল্টিকালারিং যা স্বতন্ত্র উপাদানগুলির চেয়ে বেশি ব্যবহার করে। আপনি কি বলতে চাইছেন " জন্য যদি কোনও মাল্টিকালারিং বিদ্যমান থাকে , তবে এরকম একটি রঙিন than এর চেয়ে বেশি কিছু ব্যবহার করে না

t $t$

G $G$

(t⌊t/2⌋) $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

P(C) $\mathcal{P}(C)$

a,b,c $a,b,c$

v $v$

v(a)={1},v(b)={2},v(c)={1,2} $v(a)=\{1\},v(b)=\{2\},v(c)=\{1,2\}$

(21)=2 $\binom{2}{1}=2$

t $t$

G $G$

(t⌊t/2⌋) $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ " থেকে অসম উপাদান ?

P(C) $\mathcal{P}(C)$

— রিলে

প্রকৃতপক্ষে, আমি এটাই বোঝাতে চাইছিলাম এটি তাকান আরেকটি উপায় হল যে যদি এটি একটি হল সংক্ষিপ্ত টি-multicoloring (অর্থাত এই নয় -multicolorable), এটা ঠিক ব্যবহার উপাদান । স্পষ্টতই, আপনি যে উদাহরণটি দিয়েছেন তা সঠিক সংস্কারের কোনও প্রতিবিম্ব নয়।

G $G$

(t−1) $(t-1)$

(t⌊t/2⌋) $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

— বিচ্ছিন্ন টিকটিকি

অপেক্ষা নেই। এটি ঠিক উপাদান ব্যবহার করে না , তবে সর্বাধিক।

(t⌊t/2⌋) $\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}$

— বিচ্ছিন্ন টিকটিকি

আমি বুঝতে পারি যে সেই সংশোধিত বিবৃতিটি কীভাবে স্বজ্ঞাত জ্ঞান তৈরি করে, তবে আপনি কি এটি প্রমাণ করতে পারবেন? হতে পারে আপনি কোনওভাবেই দেখিয়ে দিতে পারেন যে কোনও টি-মাল্টিকালারিং "উন্নত" হতে পারে যাতে সমস্ত মাল্টিকালারগুলি কিছু সেট এর আকারের প্রয়োজনীয়তার উপাদান হিসাবে উপস্থিত থাকে এমন থাকে না যে ।

K $K$

a,b∈K $a,b\in K$

a⊂b $a\subset b$

— রিলে

@ রিলে আমি নিশ্চিত না আপনি কী বোঝাতে চেয়েছেন, কোন বিবৃতিটি আপনি আমাকে বিস্তারিত বলতে চান? আমি আমার উত্তরটি এমনভাবে আপডেট করেছি যাতে এটিতে আপনার মূল মন্তব্যটি যা বলেছিল তা উল্লেখ করে। প্রমাণের বাকি অংশগুলি অকার্যকর থাকে। মাল্টি এবং আসল রঙ সমস্যার সাথে সম্পর্কিত হিসাবে, মূল ধারণাটি হ'ল মাল্টি-কালারিংটি সংলগ্ন 'সাবসেটগুলি' না হিসাবে দেখা যেতে পারে। যেহেতু এর বৃহত্তম 'নন-পেয়ারওয়াইস সাবসেটিং' উপসেট রয়েছে, আকার has রয়েছে , তাই আমরা সেই একটি রঙ সেট হিসাবে বিবেচনা করতে পারি এবং আমরা পাই রঙ সমস্যা

P(C) $\mathcal{P}(C)$

(t⌊t/2⌋) $\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}$

— বিচ্ছিন্ন টিকটিকি

2

আমি গ্রাফ রঙিনে এই সমস্যাটি কীভাবে কমাতে হবে তা দেখতে পাচ্ছি , যা আপনাকে সমস্যাটি সমাধানের জন্য একটি সরঞ্জাম দেয় (ছোট উদাহরণগুলির জন্য!), তবে অন্য দিকটিতে কীভাবে হ্রাস করতে হবে তা নয় (যা এনপি-কঠোরতা প্রতিষ্ঠা করবে)।

মূল ধারণাটি হ'ল একটি গ্রাফ তৈরি করা যাতে প্রতিটি ক্রয়ের জন্য একটি শীর্ষস্থান থাকে এবং যে কোনও দুটি ক্রয়ের মধ্যে একটি প্রান্ত যা একই ট্রিপে ঘটতে পারে না; তারপরে আমরা ক্রয়ের সংক্ষিপ্ততম সংখ্যক গোষ্ঠী ("ট্রিপস") তে গোষ্ঠীভুক্ত হতে দেখি, যেমন একই গ্রুপে কোনও দুটি ক্রয়ের বিরোধ না হয়। বিশেষ করে, যদি মূল নির্দেশ গ্রাফ যা একটি প্রান্ত হয় যে ব্যক্তি ইঙ্গিত ব্যক্তি কিনতে প্রয়োজন একটি উপহার, তারপর undirected গ্রাফ তৈরি যেখানে একজন প্রান্তবিন্দু নেই প্রতিটি প্রান্ত জন্য মধ্যে এবং (undirected) প্রান্ত যখনই $G = (V, E)$ $uv$ $u$ $v$ $H = (X, Y)$ $x_{uv}$ $uv$ $G$ $x_{uv}x_{vw}$ $uv$ এবং উভয় (নির্দেশ) এ প্রান্ত হয় (যদি কিছু ক্রয় একটি ট্রিপ সময় একটি উপহার তারপর, কোনও এক কিনতে পারেন যে একই ট্রিপ সময় একটি উপহার)। একটি প্রান্তবিন্দু এর শোভা প্রয়োজনীয় কেনাকাটার (ইন ছেদচিহ্ন একটি পার্টিশন ) যাত্রা (রং) মধ্যে দ্বন্দ্ব (ভাগ একটি প্রান্ত) না যে, এবং একটি প্রান্তবিন্দু ন্যূনতম আকারের শোভা অল্পসংখ্যক পরিষেবা সম্ভব ভ্রমণের সময় লাগে। $vw$ $G$ $v$ $w$ $v$ $H$ $H$

3SAT থেকে গ্রাফ কালারিংয়ে হ্রাসকে অভিযোজিত করে (যেমন, জেফ এরিকসনের নোটের 10 পৃষ্ঠায় বিশদ বিবরণ ), তবে আমি নিজে এটি চেষ্টা করি নি।

— j_random_hacker
সূত্র

এই উত্তর উজ্জ্বল; এটি আমি যা খুঁজছিলাম ঠিক সেটাই। এই অ্যালগরিদমের সময়ের জটিলতা বিশ্লেষণ করতে, সর্বাধিক

টিউটোরিজ (উপস্থাপক) এবং

n2−n $n^2-n$

প্রান্ত। আমি যখনগ্রাফের রঙিনেএকটি অ্যালগরিদম সন্ধান করি তখন

শীর্ষকোষসহ একটি গ্রাফের জন্যআমার কাছে

। প্রান্তের সংখ্যার উপর বহিরাগত উপরের আবদ্ধ থাকায় এই ক্ষেত্রে আরও কার্যকর অ্যালগরিদম কি আছে? (2n−3)(n2−n)2 $\frac{(2n-3)(n^2-n)}{2}$

O(2nn) $O(2^nn)$

n $n$

— রিলে

1

@ রিলে সম্ভবত না,

বর্ণমর্যাদারতা স্থির করে, সর্বাধিক ডিগ্রি

সহ একটি গ্রাফের জন্য

ইতিমধ্যে এনপি-হার্ড। সর্বোচ্চ ডিগ্রি 3 সহ গ্রাফগুলিতে 3-স্যাট থেকে হ্রাস করার জন্য এই [লেকচার নোটগুলি] (www-sop.inria.fr/mebers/Frederic.Havet/Cours/coloration.pdf) দেখুনk $k$

k≥3 $k\geq 3$

3 $3$

— বিচ্ছিন্ন টিকটিকি

@ বিচ্ছুরিত টিকটিকি: এই বক্তৃতা নোটগুলিতে তারা কোথায় এত হ্রাস দেয়?

কেন এই উত্তর গৃহীত হয়? এটি এনপি-কঠোরতা বা 'সর্বাধিক অনুকূল' অ্যালগরিদম বা এমনকি একটি দক্ষ অ্যালগরিদমও দেখায় না, যতদূর আমি দেখতে পাচ্ছি।

— টিকটিকি

1

পছন্দ করুন আমি ভাবিনি যে এই প্রশ্নটি বোঝায় আমি একটি পি টাইম অ্যালগরিদম খুঁজছি, বিশেষত এই সমস্যাটি এনপি-হার্ড হওয়ার সম্ভাবনাটি দেওয়া হয়েছে। তবে আমি মূল প্রশ্নে সেই বিষয়টিকে আরও স্পষ্ট করে তুলতে পারি। আমি এই উত্তরটিকে সঠিক হিসাবে চিহ্নমুক্ত করব এবং একটি 100 পয়েন্টের অনুগ্রহ যুক্ত করব (একই প্রশ্নে দ্বিতীয়টি যদি 100 হয় তবে আমি এটি দিতে আগ্রহী কারণ তারা কেবল কল্পিত ইন্টারনেট পয়েন্ট, তাই না? :)) আবার যে কেউ এই সমস্যাটি দেখিয়ে দিতে পারেন তা হ'ল এনপি-হার্ড, বা একটি বহু-কালীন আলগোরিদিম এটি সমাধান করে find

— রিলে

0

এটি এমন এক ধরণের সমস্যা যেখানে আমি খুব চিন্তিত হব যদি আমার বস যদি আমাকে একটি অ্যালগরিদম বাস্তবায়নের জন্য বলেন যা উপযুক্ত সময়ে উপযুক্ত সমাধান সন্ধানের গ্যারান্টিযুক্ত।

অপরিহার্যভাবে সর্বোত্তম সমাধানের সন্ধান করতে: যে কোনও সেট এবং কেনার জন্য উপহারের সেট দেওয়া, আমরা শপিং ট্রিপে একদল লোক কত উপহার কিনতে পারে তা গণনা করতে পারি। সুতরাং একটি খালি গোষ্ঠী (যা 0 টি উপহার কিনতে পারে) দিয়ে শুরু করুন। গ্রুপে নেই এমন প্রতিটি ব্যক্তির জন্য, সেই ব্যক্তিকে দলে যোগ করা হলে কতগুলি উপহার কেনা যায় তা নির্ধারণ করুন। যদি উপহারের সংখ্যা হ্রাস না করে আমরা যুক্ত করতে পারি এমন কোনও ব্যক্তি যদি থাকে তবে এলোমেলোভাবে একটি বেছে নিন যে সর্বাধিক পরিমাণে কিনে দেওয়া উপহারের সংখ্যা বাড়িয়ে দেয়, যতক্ষণ না কোনও ব্যক্তি যুক্ত না করে কেনা উপহারের সংখ্যা হ্রাস করে দেয়। তারপরে সেই শপিং ট্রিপ করুন এবং সমস্ত উপহার কেনা না হওয়া অবধি সর্বত্র শুরু করুন।

আমি কয়েকবার পুনরাবৃত্তি করব, যদি আরও ভাল সমাধান পাওয়া যায় তবে বিভিন্ন ব্যক্তিকে "এলোমেলোভাবে" বাছাই করা উচিত।

উদাহরণস্বরূপ, পাঁচ জন একে অপরের জন্য একটি উপহার কিনতে হয়েছে, এটি চারটি ট্রিপে একটি সমাধান খুঁজে পায়, যা সর্বোত্তম; যদি আমরা এমন কোনও ট্রিপে ব্যক্তিদের যুক্ত না করি যা উপহারের সংখ্যাটি অপরিবর্তিত রেখে দেয় তবে এটি উন্নতি না করে আমাদের পাঁচটি ভ্রমণ হবে। এবং 6 জনের 5 টি ট্রিপ প্রয়োজন require

— gnasher729
সূত্র

সুতরাং অন্য কথায়, আপনি কতগুলি উপহার কেনা হবে তা অনুসারে আপনি লোভের সাথে শপিং ট্রিপগুলি বেছে নিচ্ছেন। আপনি কি প্রমাণ করতে পারেন যে এই পদ্ধতিটি প্রয়োজনীয়ভাবে ন্যূনতম সম্ভাব্য শপিং ভ্রমণের ফলাফল দেয়? যদি এটি হয় তবে আপনি 6 জন ব্যক্তির উদাহরণ দিয়ে ভুলভাবে কাজ করেছেন। : 6 জনের মাত্র 4 শপিং ভ্রমণের প্রয়োজন

। {{1,2,3},{1,4,5},{2,4,6},{3,5,6}} $\{\{1,2,3\},\{1,4,5\},\{2,4,6\},\{3,5,6\}\}$

— রাইলি

একেবারে প্রমাণ নেই। লোভী অ্যালগরিদম + বিভিন্ন এলোমেলো পছন্দগুলি করা আপনার সম্ভাবনাগুলিকে কিছুটা উন্নত করবে তবে 4 টি ট্রিপ করবে না।

— gnasher729

আমি দাবিটি পরীক্ষা করেছি যে সমস্যাটি লোভী এবং এটি ব্যর্থ হয়েছে। এমনকি আপনি যদি একে একে লোককে যুক্ত করার পরিবর্তে প্রতিটি সম্ভাব্য শপিং ট্রিপে পরীক্ষা করে দেখেন তবে আপনি এখনও 5 টি ট্রিপ পান:

$\{\{1,2,3\},\{4,5,6\},\{1,4\},\{2,5\},\{3,6\}\}$ । লোভী পদ্ধতির 9 টি উপহার কেনার জন্য দ্বিতীয় শপিং ট্রিপটি চাইবে, তবে সর্বোত্তম সমাধানে দ্বিতীয় শপিং ট্রিপ 8 টি উপহার কিনে (ধরে নিবেন এটি উপরে বর্ণিত ক্রম অনুসারে চলে)।

— রাইলি

প্রকৃতপক্ষে, লোভী পদ্ধতির এমনকি 4 টি শপিং ট্রিপে 5 জনের ক্ষেত্রেও সমাধান হয় না:

। $\{\{1,2\},\{3,4\},\{5\},\{1,3\},\{2,4\}\}$

— রিলে 20

-1

অনুমান করুন যে আপনি লোকদের (পিতামাতার) কাছ থেকে কী পাচ্ছেন এবং তারা (সন্তানের) কাকে দিচ্ছেন তার উপর ভিত্তি করে লোকদের অর্ডার করুন। যেহেতু প্রত্যেকে একটি উপস্থাপনা দেয় এবং একটি উপস্থাপক গ্রহণ করে, তাই পিতামাতার সন্তানের ক্রিয়াকলাপ এক থেকে এক।

আপনি কখনও পিতামাতাকে এবং সন্তানকে একই দলে রাখতে চান না। আপনি একটি এলোমেলো ব্যক্তি দিয়ে শুরু করুন এবং সেই অনুযায়ী প্রত্যেককে আদেশ করুন, তাই ইত্যাদি আপনি সমস্ত কে একটি গ্রুপে রেখেছেন এবং সমস্ত অন্য গ্রুপে রেখেছেন । শেষ ব্যক্তির জন্য $p_1$ $child(p_1)=p_2$ $p_{odd}$ $p_{even}$ $p_n=parent(p_1)$ , সুতরাং আপনি চান না যে এই ব্যক্তিটি সহ একই গ্রুপে থাকুক । যদি হয় তবে এটি কোনও সমস্যা নয়। অন্যথায়, আপনার আরও একটি অতিরিক্ত গোষ্ঠী প্রয়োজন, এটি কেবলমাত্র হতে পারে , সহজ ক্ষেত্রে। $p_1$ $n$ $p_n$

এই অ্যালগরিদম ধরে নেয় সবাই সংযুক্ত আছে। তবে এটি হওয়ার দরকার নেই। যদি একাধিক সংযোগ বিচ্ছিন্ন চক্র থাকে, অন্য কথায়, যদি কোনও পর্যায়ে, যেখানে , তারপরে আপনি সেই বৃত্তটি শেষ করে একই অ্যালগরিদম অনুসরণ করে একটি নতুন দিয়ে শুরু করবেন। যতক্ষণ না আপনি একই চক্রের প্রতিকূলতা এবং সন্নিবিষ্ট হয় না ততক্ষণ আপনি সংযোগ বিচ্ছিন্ন চক্রগুলিকে মার্জ করতে পারেন। $p_k=parent(p_1)$ $k!=n$

এই অ্যালগরিদমটি প্রায় 2 টি রাউন্ড (এমনকি ) এবং 3 টি রাউন্ড (বিজোড় ) সমাপ্ত হয় । $n$ $n$

— ilke444
সূত্র

দেখে মনে হচ্ছে এই পদ্ধতির ক্ষেত্রে কেবল সেই সমস্যাটির সমাধান হয় যেখানে প্রত্যেকে একটি উপস্থাপনা দেয় এবং একটি উপস্থাপক গ্রহণ করে, অর্থাত্, যেখানে গ্রাফটি একটি অনুক্রমের স্থান is আমি নিশ্চিত নই যে প্রশ্নটি কেবল সেই বিশেষ কেস সম্পর্কেই জিজ্ঞাসা করছিল - আসুন দেখুন ওপি এর সম্পর্কে কী বলেছে।

— ডিডাব্লিউ

সত্যি যে, আমার সমাধান সমস্যার একটি উপ-ক্ষেত্রে জন্য যেখানে

। $\forall i, fan\_in(v_i)=fan\_out(v_i)=1$

— ilke444

হ্যাঁ, আমি বিশেষভাবে আদেশের জন্য বলছিলাম না। দয়া করে আপডেট হওয়া প্রশ্নটি দেখুন যেখানে আমি কয়েকটি বিষয় পরিষ্কার করি।

— রিলে