দুটি আদেশের পার্থক্য স্বীকৃতি দেওয়ার কমপ্লিটেন্সি

শোর এই প্রশ্নের উত্তর বেনামে মুজেদের মন্তব্যে তার মন্তব্যে বলেছিলেন, আপনি কি বহুপদী সময়ে দুটি আদেশের যোগফল চিহ্নিত করতে পারেন? , যে দুটি অনুমতির পার্থক্য সনাক্ত করা এটি সম্পূর্ণ নয়। দুর্ভাগ্যক্রমে, আমি পারমিটেশন সমষ্টি সমস্যা থেকে কোনও সরল কমানো দেখতে পাচ্ছি না এবং পারমিটেশন পার্থক্যের সমস্যার জন্য কমপ্লিটনেস হ্রাস করা দরকারী । $NP$ $NP$

পার্থক্য পার্থক্য:

ইনস্ট্যান্স: ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার একটি অ্যারে । $A[1...n]$

প্রশ্ন: ইতিবাচক পূর্ণসংখ্যা মতো দুটি অনুচ্ছেদে রয়েছে এবং জন্য ? $\pi$ $\sigma$ $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$ $1 \le i \le n$

দুটি আদেশের পার্থক্যের স্বীকৃতি দেওয়ার কমপ্লিটনেস প্রমাণ করার জন্য কী হ্রাস ? $NP$

সম্পাদনা 10-9-2014 : শোরের মন্তব্যটি হ্রাস দেয় যা প্রমান করে -completeness যখন ক্রম উপাদান হয়স্বাক্ষরিতপার্থক্য। যাইহোক, আমি আমার সমস্যার একটি সহজ হ্রাস যেখানে সমস্ত উপাদান দেখতে না পার্থক্যের পরম মান। $NP$ $A$ $A$

আপডেট: পারমুটেশন ডিফারেন্স সমস্যাটি $NP$ কমপ্লিট বলে মনে হচ্ছে এমনকি যদি দুটি আদেশের মধ্যে একটি সর্বদা পরিচয় অনুমানের হয়। এই বিশেষ ক্ষেত্রে দৃness়তা প্রমাণ খুব স্বাগত। সুতরাং, আমি এই সীমিত সংস্করণের $NP$ কমপ্লিটনেসে আগ্রহী :

সীমাবদ্ধ পারমুটিশন পার্থক্য: ইনস্ট্যান্স: ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার একটি অ্যারে $A[1...n]$ ।

প্রশ্ন: কি একটা অস্তিত্ব বিন্যাস $\pi$ ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা এর $1,2, ... , n$ এরকম $|\pi(i) - i| = A[i]$ জন্য $1 \le i \le n$ ?

আপডেট 2 : এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্স এর উত্তর হিসাবে দেখানো হয়েছে হিসাবে সীমাবদ্ধ সমস্যাটি দক্ষতার সাথে সিদ্ধান্তগ্রহণযোগ্য। মূল সমস্যার গণ্য জটিলতা প্রমাণিত নয়।

সম্পাদনা 9/6/16 : পারমুটেশন পার্থক্যের এই সরলীকরণটি এনপি-সম্পূর্ণ কিনা তা নির্ধারণে আমি আগ্রহী :

সীমাবদ্ধ অনুমতি পার্থক্য:

ইনস্ট্যান্স : ইতিবাচক পূর্ণসংখ্যার একটি মাল্টিসেট । $A$

প্রশ্ন : কি একটা অস্তিত্ব বিন্যাস ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা এর যেমন ? $\pi$ $1,2, ... , n$ $A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

— মোহাম্মদ আল তুর্কিস্তানি
সূত্র

পিটারকে সরাসরি জিজ্ঞাসা করবেন না কেন? @ পিটার

— Caozhu

আপনি কি ইমেল বলতে চাইছেন? আমি এটা করবো.

— মোহাম্মদ আল তুর্কিস্তান

আমি কিছু অনুপস্থিত হতে পারে তবে এই সমস্যাটি কি 2-স্যাট হিসাবে উপস্থাপিত হতে পারে এবং তাই পলটাইমে সমাধান করা যায় না? আমরা ডাব্লুএইচএলওকে ধরে নিতে পারি যে অনুমতিগুলির মধ্যে একটি হ'ল পরিচয় (আমি এখানে ধরে নিচ্ছি যে এ [i] চক্রাকারে গণনা করা হচ্ছে; এটি কি অনেক বেশি গুরুত্বপূর্ণ?), এবং তারপরে আমরা ম্যাট্রিক্স

দ্বারা দ্বিতীয়টিকে প্রতিনিধিত্ব করতে পারি

। ক্রমুয়েশন ম্যাট্রিক্স হ'ল দুটি ভেরিয়েবলের ধারাগুলির সংমিশ্রণ যা উল্লেখ করে যে কোনও দুটি সারিতে বা একটি কলামে পড়ে না; এবং তারপর বলছে যে পার্থক্য আমার থেকে পাই এর অবস্থানে (ঝ) হয় একটি হল [আমি] হয় বা দুটি সম্ভাব্য স্থানের এটা হতে পারে না।

x [i, j]

$x[i,j]$

— নোয়াম

@ নোম আপনার মন্তব্যের জন্য আপনাকে ধন্যবাদ। আকর্ষণীয় ধারণা। আমি এটা ভাবিনি। তবে এটি বহুবর্ষীয় সময়ের অ্যালগোরিদমের দিকে পরিচালিত করবে কিনা তা আমার কাছে স্পষ্ট নয় বিশেষত যে আমাদের কেবলমাত্র পার্থক্যের পরম মূল্য দেওয়া হয়।

— মোহাম্মদ আল তুর্কিস্তানি

হ্যাঁ, মনে হচ্ছে চক্রাকারে বা পরম মানের মধ্যে ব্যবধানটি গণনা করার মধ্যে পার্থক্য বিষয়টি বিবেচনা করতে পারে।

— Noam

উত্তর:

সীমাবদ্ধ সমস্যা, যেখানে আদেশের মধ্যে একটি হল পরিচয়, এটি অবশ্যই । দ্বিপাক্ষিক গ্রাফ আঁকো যেখানে প্রতিটি প্রান্তবিন্দু উপাদান (গুলি) সাথে সংযুক্ত করা হয় যেমন যে । তারপরে কাঙ্ক্ষিত ক্রমানুসরণ $\mathsf{P}$ $i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$ $j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$ $|i-j|=A[i]$ $\sigma$ উপস্থিত থাকলে এবং কেবল যদি গ্রাফের একটি নিখুঁত মিল থাকে (যেমন, প্রান্তগুলির সাথে একটি মিল ), যা বহু-কালীন সময়ে নির্ধারণ করা যায়। $n$

— mjqxxxx
সূত্র

আমি কিছু অনুপস্থিত হতে পারে, তবে কোনও নিখুঁত মিলে কাজ করবে না। আপনাকে অবশ্যই সীমাবদ্ধ নিখুঁত মিলের অস্তিত্ব প্রমাণ করতে হবে। একটি পূর্ণসংখ্যা

বিবেচনা করুন যা ইনপুট অ্যারে

দুবার ঘটে । নিখুঁত ম্যাচিং বিন্যাস সাথে সঙ্গতিপূর্ণ পরম পার্থক্য সঙ্গে দুই প্রান্ত থাকতে হবে যে

। আপনার অ্যালগরিদম এ জাতীয় সীমাবদ্ধ মিলের অস্তিত্ব প্রমাণ করে না। এটিই সমস্যাটিকে শক্ত এবং সম্ভবত এনপি-সম্পূর্ণ করে তোলে।

k

$k$

A

$A$

k

$k$

— মোহাম্মদ আল তুর্কিস্তানি

@ MohammadAl-Turkistany: আমার মনে হয় যে যদি

তারপর

নোড সাথে লিঙ্ক করা হয়

A [i] = A [j] = k

$A[i] = A[j] = k$

u_{i}, u_{j} \in V_{1}

$u_i, u_j \in V_1$

v_{i + A [i]}, v_{i - A [i]}, v_{j + A [j]}, v_{j - A [j]} \in V_{2}

$v_{i+A[i]},v_{i-A[i]},v_{j+A[j]},v_{j-A[j]} \in V_2$ পরম পার্থক্য সহ

। নিখুঁত মিলের ক্ষেত্রে

থেকে কমপক্ষে একটি প্রান্ত এবং

থেকে একটি প্রান্ত অন্তর্ভুক্ত থাকবে । মূল সমস্যাটি সম্পর্কে চিন্তাভাবনা করার সময় আমি কয়েকবার আগে একই সিদ্ধান্তে এসে পৌঁছেছি, তবে অন্য একটি উপায় অনুসরণ করে: আমি দেখেছি যে সীমিত সমস্যাটিকে 2-স্যাট সূত্র হিসাবে প্রণয়ন করা সহজ (যদি আপনি চান তবে আমি এর সাথে উত্তর যুক্ত করতে পারি) , তবে এমজিকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্স ধারণাটি আরও ভাল)।

k

$k$

u_{i}

$u_i$

u_{j}

$u_j$

— মারজিও ডি বায়াসি

@ মারজিওডিবিবিসি এই পদ্ধতির (এবং আপনার) মূল (সীমাবদ্ধ) সমস্যার জন্য কেন কাজ করে না?

— মোহাম্মদ আল তুর্কিস্তিনি

@ এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্স আমি দেখতে পাচ্ছি যে আপনার পদ্ধতির সীমাবদ্ধ কেস সমাধান করে। মূল সমস্যাটি দক্ষতার সাথে সমাধান করার জন্য কেন এটি বাড়ানো যাবে না?

— মোহাম্মদ আল তুর্কিস্তিনি

@ মোহাম্মদআল-তুর্কিস্তানি: কারণ মূল সমস্যায় প্রথম অনুমানের উপাদানগুলি ( সীমাবদ্ধ সংস্করণে

গুলি) স্থির করা হয়নি এবং একই পদ্ধতির সাহায্যে আপনি একটি ত্রিপক্ষীয় গ্রাফটি শেষ করেন (এবং আমার 2-স্যাট পদ্ধতির সাথে একটি

দফা ... যা একটি 2-CNF দফা নয়)।

i

$i$

δ_{i} (n) \to (π_{i} (n + A [i]) \lor π_{i} (n - A [i]))

$\delta_i(n) \to (\pi_i(n+A[i]) \lor \pi_i(n-A[i]))$

— মারজিও ডি বায়াসি

এখানে একটি আস্তে আকর্ষণীয় প্রকরণ কোথায় সমস্যা সহজ আছে: একটি স্থল সেটের পরিবর্তে , কোন উপসেট অনুমতি । লক্ষ্য এখনও একটি বিন্যাস খুঁজে পেতে যাতে যেখানে $\{1,2,3,\ldots,n\}$ $\{1,2,4,8,\ldots\}$ $\pi$ $A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$ $\Omega$ স্থল সেট। এখানে মূল সুবিধা হলো নতুন স্থল সেট বাহিনীর প্রতিটি উপাদান হতে কিছু , এবং যদি , তারপর এবং এই দ্বারা নির্ধারিত হয় পার্থক্য। এটা প্রতিটি পার্থক্য যে অনুসরণ করে মধ্যে , আমরা যে আবিষ্কার করতে পারে $A$ $2^{k_1}-2^{k_2}$ $k_1,k_2$ $k_1\ne k_2$ $k_1$ $k_2$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ বা (বা উভয়)। $\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$ $\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$

এই সরলীকৃত প্রকরণটির দক্ষতার সাথে সমাধান করা তখন কম বেশি রুটিন। অপ্রচলিত মাল্টিগ্রাফ নির্মাণের মাধ্যমে শুরু করুন যেখানে এবং গ্রাউন্ড সেটের আলাদা কপি রয়েছে এবং প্রান্তগুলি এবং যখনই হাজির $G = (L \sqcup R, E)$ $L$ $R$ $(2^{k_1},2^{k_2})$ $(2^{k_2},2^{k_1})$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ সঙ্গে । আমি দাবি করি যে নিম্নলিখিতগুলি সমতুল্য: $A$ $k_1 \ne k_2$

একটা বিন্যাস হল পার্থক্য $\pi$ $A$
এর প্রতিটি ভার্টেক্সের ডিগ্রি 0 বা 2 থাকে $G$

সময়ের কারণে আমি প্রকৃতপক্ষে এটি প্রমাণ করব না তবে নিজের কাজ করা খুব খারাপ নয়। যে সোজা। যে $1 \implies 2$ কিছুটা বেশি কঠোর, তবে আপনি যখন এর স্বতঃস্ফূর্ততার সাথে যুক্তি দিয়ে যুক্ত হন তখন এটি খুব খারাপ হয় নাযা প্রতিটি ভার্টেক্সকেতার অনুলিপিটিতে (এবং বিপরীতে)প্রেরণ করে। আমি যে প্রমাণটি মনে রেখেছি তা এর প্রান্তগুলি নির্দেশ করেযাতে একটি চক্রের সমস্ত প্রান্তগুলি cycle cycle চক্রের চারপাশে একই পথে চলে যায় '' (প্রতিটি ননসোল্টেড ভার্টেক্সে ডিগ্রি = আউট-ডিগ্রি = 1 থাকে), এবং যাতে পূর্ববর্তীটি রয়েছে এর automorphism নির্দেশ সংস্করণের একটি automorphism রয়ে যায়। তারপর প্রান্ত থেকে যেতে অনুযায়ী নির্বাচিত থেকে । $2 \implies 1$ $G$ $L$ $R$ $G$ $G$ $\pi$ $L$ $R$

উপরের অ্যালগরিদমকে আপনি একটি নিখুঁত মিলের প্রশ্ন হিসাবে বাক্য বলতে পারেন এবং আমি কল্পনা করি যে 2-স্যাটে আরও কিছু হ্রাস রয়েছে। মূল সমস্যাটিতে এই পদ্ধতিগুলি কীভাবে প্রসারিত করা যায় তা আমি দেখছি না।

— অ্যান্ড্রু মরগান
সূত্র