จำนวนขั้นต่ำของการเดินทางช้อปปิ้งสำหรับกลุ่มคนที่จะซื้อของขวัญให้กัน

10

เรามีกลุ่มคนคน เราได้รับรายชื่อผู้ที่ต้องซื้อของขวัญสำหรับผู้ที่อยู่ในกลุ่ม แต่ละคนอาจต้องซื้อ / รับของขวัญจำนวนมากหรืออาจจะไม่มีเลยก็ได้ ในทริปช็อปปิ้งกลุ่มย่อยของผู้คนเดินทางไปด้วยกันที่ร้านเดียวกันและซื้อของขวัญสำหรับทุกคนที่ไม่ได้อยู่ที่ร้าน พวกเขาอาจไม่ซื้อของขวัญให้กับคนอื่นในทริปช็อปปิ้งเดียวกันเพราะจะไม่แปลกใจเลย บุคคลอาจไปเที่ยวช้อปปิ้งหลายรายการ เราต้องการลดจำนวนการเดินทางช้อปปิ้งที่จำเป็นสำหรับทุกคนในการซื้อของขวัญทั้งหมดที่พวกเขาต้องการ $n$

ยกตัวอย่างเช่นพิจารณากรณีที่มี 5 คนและแต่ละคนจะต้องซื้อของขวัญให้กับทุกคนในกลุ่ม ให้ผู้คนมีหมายเลข 1 ถึง 5 ซึ่งสามารถทำได้ใน 4 ทริปช็อปปิ้งดังที่แสดง:

เที่ยว 1: 1, 2, 3 ไปซื้อของ
เที่ยว 2: 1, 4, 5 ไปซื้อของ
เที่ยว 3: 2, 4 ไปซื้อของ
ทริป 4: 3, 5 ไปซื้อของ

ฉันจะแก้ไขปัญหานี้อย่างไร เห็นได้ชัดว่าการป้อนข้อมูลสามารถแสดงโดยกราฟกำกับ แต่ฉันไม่รู้ว่าจะไปจากที่นั่น มีคนนำปัญหาปกไบค์ลิกมาใช้ แต่ในขณะเดียวกันก็ไม่ตอบคำถามนี้

เราอาจจะคิดว่าการป้อนข้อมูลที่เป็นกราฟกำกับบนจุดที่ขอบหมายความว่าบุคคลที่ต้องซื้อของขวัญสำหรับบุคคลวีเป้าหมายคือการหาชุดของ bicliquesเช่นที่มีน้อยและขอบชุดของกราฟเป็นส่วนหนึ่งของt_i) นอกจากนี้ในการขยายคำจำกัดความของ bicliques ไปยังกราฟที่กำกับแล้ว bicliqueจะมีเฉพาะขอบที่แผนที่ถึง $G$ $n$ $(u,v)$ $u$ $v$ $(S_1,T_1),\dots,(S_k,T_k)$ $k$ $E$ $\cup_i (S_i \times T_i)$ $(S_i,T_i)$ $S_i$ $T_i$ . สิ่งนี้แตกต่างจากปัญหาปก biclique ที่เราไม่ต้องการให้แต่ละ biclique เป็นกราฟย่อยของ (เราไม่ต้องการสำหรับแต่ละ ) $G$ $S_i \times T_i \subseteq E$ $i$

โดยเฉพาะฉันจะยอมรับคำตอบที่:

แสดงให้เห็นว่าปัญหานี้เป็นปัญหาที่ยากหรือ
แสดงอัลกอริทึมเวลาพหุนามที่ตอบคำถามนี้อย่างแน่นอน (ไม่มีค่าประมาณหรือขอบเขตบน)

สำหรับบันทึกฉันไม่เห็นปัญหานี้ทุกที่ฉันแค่สงสัยเกี่ยวกับมันสำหรับความอยากรู้อยากเห็นของฉันเอง

algorithms graph-theory set-cover

— ไรลีย์
แหล่งที่มา

2

ปัญหานี้เป็นปัญหายาก เพื่อแสดงสิ่งนี้ฉันจะแก้ไขปัญหานี้ (การเพิ่มประสิทธิภาพ) เป็นปัญหาการตัดสินใจก่อน แล้วฉัน reformulate ปัญหาที่เป็นหนึ่งเทียบเท่าจากที่ที่มันค่อนข้างง่ายที่จะได้รับการลดลงจากที่ปัญหา -coloring ซึ่งเป็น NP-ยากสำหรับการใด ๆ 3 $k$ $k\geq 3$

การกำหนดปัญหาสั้น ๆ มีดังต่อไปนี้:

เมื่อมีบุคคลคนและกราฟที่เข้ารหัสความสัมพันธ์ 'การให้ของขวัญ' พบจำนวนการเดินทางขั้นต่ำที่ต้องการเพื่อให้ของขวัญทั้งหมดสามารถซื้อได้โดยไม่ทำลายความประหลาดใจใด ๆ $n$ $G$

อย่างไรก็ตามนี่คือปัญหาการปรับให้เหมาะสม โดยปกติคลาส NP จะถูกกำหนดไว้สำหรับปัญหาการจัดเรียง ตัวแปรการตัดสินใจของสิ่งนี้คือ:

ได้รับคนและกราฟที่ encodes ของพวกเขา 'ของขวัญ' ความสัมพันธ์และเป็นจำนวนเต็มคือการทำให้มากที่สุดทริปเพียงพอที่จะซื้อของขวัญทั้งหมดโดยไม่ทำลายความผิดใด ๆ $n$ $G$ $t$ $t$

ฉันกำหนดปัญหาในการค้นหา -multicoloring ที่เหมาะสม $t$ ของกราฟบางกราฟเป็นการหาฟังก์ชั่นมัลติคัลเลอร์ซึ่งเหมาะสมโดยที่คือชุดของสี ' ' ( เช่น ) และเป็นชุดพลังงานของ (เช่นชุดของเซตย่อยทั้งหมดของ $G=(V,E)$ $c:V\rightarrow \mathcal{P}(C)$ $C$ $t$ $|C|=t$ $\mathcal{P}(C)$ $C$ $C$ ) ฟังก์ชั่นหลากสีเป็นที่เหมาะสมและถ้าหากทุกขอบเรามีที่ ) $(u\rightarrow v)\in E$ $c(u) \not\subseteq c(v)$

ฉันอ้างว่าปัญหาการเดินทางช็อปปิ้งนั้นเทียบเท่ากับปัญหาการตัดสินใจว่ามีกราฟกำกับตัว -multicoloring $t$ ในกราฟเดียวกัน $G$

หลักฐาน : ถ้าเรามีผู้กำกับที่เหมาะสม -multicoloringสำหรับที่เราเปลี่ยนชื่อสีเช่นที่แล้วพิจารณาลำดับของเดินทางซึ่งเป็น เวอร์เท็กซ์ไปช็อปปิ้งในการเดินทางหากเท่านั้น แล้วสำหรับทุกขอบเรามีว่ามีการเดินทางดังกล่าวว่าและตั้งแต่(V) ดังนั้นทริป $t$ $c$ $G$ $C = \{1,\ldots, t\}$ $t$ $T_1,\ldots, T_t$ $v$ $T_i$ $i\in c(v)$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ $v\notin T_i$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $T_i$ เพียงพอที่จะซื้อของขวัญทั้งหมด

หากเรามีลำดับการเดินทางจากนั้นสร้างฟังก์ชันหลายสีบนชุดสีเช่นนั้น\} จากนั้นสำหรับทุก ๆ ขอบมีการเดินทางเช่นนั้นที่และ (เนื่องจากสามารถซื้อของขวัญสำหรับในการเดินทาง) ซึ่งหมายความว่าและดังนั้น(V) $T_1,\ldots, T_t$ $c$ $C=\{1,\ldots, t\}$ $c(u) = \{ i \in \mathbb{N} | u \in T_i\}$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ $v\notin T_i$ $u$ $v$ $i\in c(u)$ $i\notin c(v)$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $\square$

การค้นหา -multicoloring ที่เหมาะสมนั้นเป็นวิธีการแปลกใหม่ของกรณีเฉพาะของ -coloring ดังนั้นฉันสามารถแสดงการลดเวลาแบบพหุนามจาก rfloorปัญหาการเปลี่ยนสี: เนื่องจากกราฟที่ไม่ได้บอกทิศทางอันดับแรกเปลี่ยนกราฟนี้เป็น กำกับกราฟเช่นนั้นและถ้าหากหรือ ( กล่าวอีกนัยหนึ่งเราเปลี่ยนขอบที่ไม่ได้บอกทิศทางเป็นสองขอบที่กำกับ) $t$ $k$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G' = (V',E')$ $G=(V,E)$ $V=V'$ $(u\rightarrow v)\in E$ $(u,v)\in E'$ $(v,u)\in E'$

พิจารณาชุดใหญ่ที่สุดเช่นว่ามีอยู่ไม่มี ,เช่นว่าเซตข ชุดย่อยทั้งหมดของมีขนาดโดยที่เป็นชุดดังกล่าว ดังนั้นขนาดสูงสุดของส่วนย่อยดังกล่าวเป็นrfloor} $K\subset \mathcal{P}(C)$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $C$ $\lfloor t/2\rfloor$ $t=|C|$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

ถ้ามี -multicoloring ที่เหมาะสมสำหรับดังนั้นจะมีการระบายสีที่เหมาะสมซึ่งใช้ไม่เกินองค์ประกอบที่ไม่เท่ากันจาก (*) ดังนั้นนี่คือ rfloor -coloring สำหรับต้อง $t$ $G$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $\mathcal{P}(C)\$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$

ถ้าเหมาะสม rfloorมีสีสำหรับแล้วก็มีชุด ,เช่นนั้นและมีไม่ได้อยู่ ๆ ,เช่นว่าเซตข ดังนั้นมี -multicoloring กำกับอย่างเหมาะสม $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$ $K\subset \mathcal{P}(C)$ $|C|=t$ $|K| \geq \binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $G$ $t$

ดังนั้นนี่คือการลดเวลาพหุนามที่ถูกต้องจาก rfloor - การแก้ไขปัญหาการช็อปปิ้งในปัจจุบันที่มีการเดินทางซึ่งหมายถึงปัญหาการช็อปปิ้งในปัจจุบันคือ NP-hard หมายเหตุว่าปัญหาการช้อปปิ้งในปัจจุบันคือรุ่น NP-สมบูรณ์เนื่องจากเราสามารถตรวจสอบได้ง่ายถ้าเป็นรายการที่ได้รับของที่มากที่สุดทริปช่วยให้เราสามารถที่จะซื้อของขวัญทั้งหมดโดยไม่ทำลายความผิด $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $t$ $t$

(*): หากมีหลายสีใช้ชุดสีมากกว่าชุดสีที่ไม่ใช่ 'เซตย่อย' สูงสุดหลายสีเราสามารถ 'เปลี่ยนชื่อ'เช่นนั้นได้ มันเป็น superset ของ * ยังคงเหมาะสมเนื่องจากไม่มีองค์ประกอบจากอยู่ติดกับองค์ประกอบที่แตกต่างจากเป็นปัญหาและไม่มีชุดสีใดติดกันซึ่งกันและกัน เดิม{C} ดังนั้นไม่ต้องสูญเสียของทั่วไปเราสามารถสรุปได้{C} $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal C$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^* \subset \mathcal{C}$

จากนั้นให้สังเกตว่า 'การเปลี่ยนชื่อ'เป็นชุดย่อยของไม่ทำลายขอบระหว่างโหนดของชุดสีเนื่องจากไม่มีองค์ประกอบที่เป็นส่วนย่อยของอีก สิ่งเดียวที่เหลือคือเพื่อให้แน่ใจว่าขอบระหว่างและไม่ทำลาย 'ระบายสี' $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$

พิจารณาความสัมพันธ์ต่อไปกับสีชุดใน : สองชุดสีและมีการเชื่อมต่อและถ้าหากมีอยู่คู่ของจุดดังกล่าวว่ามีสีตั้งและสีชุดและE ความสัมพันธ์นี้สามารถแสดงโดยไม่มีทิศทางกราฟr) $R$ $\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*$ $A$ $B$ $a,b$ $a$ $A$ $b$ $B$ $(a,b)\in E$ $\mathcal G = (\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*, R)$

อันดับแรกเราสามารถ 'ลด'โดยแทนที่คู่ใด ๆ ที่ไม่มีขอบในด้วยชุดสีเดียว สียังคงเหมาะสมเนื่องจากการเปลี่ยนชุดสีสองชุดที่ไม่ได้อยู่ติดกันเป็นสีเดียวกันจะไม่แนะนำขอบที่ไม่ถูกต้องใด ๆ ด้วยเหตุนี้เราจึงได้ลดเป็นกราฟสมบูรณ์ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal G$ $\mathcal G$

ซึ่งหมายความว่าหากมีจำนวนชุดสีน้อยกว่าหรือเท่ากับสีที่ต้องการมีอยู่ มิฉะนั้นจะไม่มีการระบายสีหลายสีที่เหมาะสมเลยเนื่องจากเป็นชุดที่ไม่ใช่ชุดย่อยที่ใหญ่ที่สุดดังนั้นเราจึงไม่สามารถระบายสีกลุ่มนี้ได้ ดังนั้นจึงจำเป็นต้องมีหลายสี $\mathcal G$ $|\mathcal{C}^*|$ $\mathcal{C}^*$

ในฐานะที่เป็นกราฟที่สมบูรณ์แบบบนโหนดเป็นสีสามารถและถ้าหากเรามีอย่างน้อยสีเรามีคนสามารถไปช้อปปิ้งของขวัญสำหรับแต่ละอื่น ๆ ในทริปและถ้าหากn ซึ่งหมายความว่าหากการเดินทางเพียงครั้งก็เพียงพอแล้ว หากมีของกำนัลให้ซื้อน้อยลงไม่จำเป็นต้องเดินทางเพิ่มดังนั้นนี่จึงเป็นข้อ จำกัด ทั่วไปสำหรับทุกโซลูชัน $n$ $K_n$ $n$ $n$ $t$ $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor} \geq n$ $n\leq 12870$ $16$

ด้านล่างนี้คือ 'คำตอบ' ก่อนหน้าของฉันซึ่งให้อัลกอริทึมแบบฮิวริสติกซึ่งไม่รับประกันว่าจะได้รับประโยชน์สูงสุด แต่สามารถคำนวณได้ในเวลาพหุนาม

วิธีการกำหนดปัญหานี้ก็คือการหาที่ครอบคลุมของกราฟสองส่วนในพาร์ทิชันสำหรับบางกราฟกับโหนด เช่นปริมาณพาร์ติชั่น (เช่นการเดินทาง), ที่นี่ , น้อยที่สุด $C = \{(S_1,T_1), \ldots, (S_m,T_m)\}$ $(S_i,T_i)$ $G$ $n$ $m$

ขั้นแรกให้สังเกตบางส่วนมาจากคำตอบอื่น ๆ :

กลยุทธ์โลภที่เราเลือกด้วยกราฟ bipartite ที่ปริมาณของขอบที่เหมือนกันกับคือสูงสุดไม่นำไปสู่การแก้ปัญหาที่ดีที่สุด (ตัวอย่างเคาน์เตอร์ที่แข็งแกร่งคือกราฟเต็มรูปแบบที่มีโหนด เมื่อกลยุทธ์นี้ล้มเหลวไม่ว่าจะเลือกกราฟ bipartite สูงสุดเท่าใดก็ตาม) $(S_i,T_i)$ $G$ $6$
กลยุทธ์โลภไม่เหมาะสมที่สุดสำหรับกราฟ acyclic ตามอำเภอใจพิจารณากราฟต่อไปนี้: ทั้งสำหรับและกราฟ bipartite ลบขอบ แต่เพียงเหมาะสมที่สุด $S_i = \{3,5,6\}$ $S_i=\{1,3,6\}$ $4$ $\{3,5,6\}$
อัลกอริทึมโลภที่เหมาะสมที่สุดไม่สามารถเลือกขนาดของพาร์ติชันที่เลือกตามจำนวนรอบ ( ไม่ว่าขนาดใด ) ลบโดยพาร์ติชัน หากต้องการดูนี้พิจารณากราฟที่มีโหนดที่มีเป็นหนึ่งในวงจรของโหนดและโหนดในวงจรทุกคนได้ขอบขาออกเพิ่มเติมต่อโหนดเพิ่มเติมซึ่งมีขอบขาออก (ดูรูปด้านล่างนี้ ตัวอย่างที่ ) ตัวเลือกโลภที่ต้องการเพิ่มจำนวนของขอบบนวงรอบความยาวจะส่งจุดยอดทั้งหมดในรอบในการเดินทางครั้งแรก นี่เป็นสิ่งที่ไม่ดีเนื่องจากมันไม่ได้ลบขอบใด ๆ ของวัฏจักรออกและไม่สนใจ $n+2$ $n$ $2$ $2$ $A,B$ $n=4$ $n$ $A,B$ และการลบขอบทั้งหมดออกจากวงจรจะเป็นการลบขอบทั้งหมดไปยังเช่นกัน ดังนั้นตัวเลือกโลภที่ต้องการขนาดของพาร์ติชันมากกว่าการลบรอบจึงไม่เหมาะสม $A,B$

ตามข้อสังเกตเหล่านี้ผมเสนอทางเลือกที่โลภดังต่อไปนี้: เลือกดังกล่าวว่าปริมาณของรอบที่การเดินทางครั้งนี้ 'ลบ' จากเป็นสูงสุดและในกรณีของความสัมพันธ์ให้เลือกพาร์ทิชันที่มีการทับซ้อนกันสูงสุดกับหมู่ พวกเขา (เช่นดูที่ขอบไม่ได้อยู่ในรอบ) $(S_i, T_i)$ $G$ $G$

เนื่องจากอัลกอริทึมนี้ไม่แตกต่างจากกลยุทธ์โลภ 'พื้นฐาน' ในกราฟ acyclic (ลบจำนวนสูงสุดของขอบในทุกการเดินทาง) ดังนั้นอัลกอริทึมโลภนี้จึงไม่เหมาะสม อย่างไรก็ตามสัญชาตญาณของการลบรอบยังคงเหมาะสมและเป็นการปรับปรุงกลยุทธ์โลภพื้นฐานดังนั้นจึงอาจเป็นวิธีแก้ปัญหาที่เหมาะสม

— จิ้งจกไม่ต่อเนื่อง
แหล่งที่มา

1

คุณระบุ "ถ้ามี -multicoloring สำหรับดังนั้นสีนี้ใช้ไม่เกินองค์ประกอบที่ไม่เท่ากันจาก " คำสั่งนี้เป็นเท็จ ในตัวอย่างเล็กน้อยของ 3 โหนดที่ไม่ได้เชื่อมต่อมี 2-multicoloringโดยที่\} นี่เป็น 2-multicoloring ที่เหมาะสมซึ่งใช้มากกว่าองค์ประกอบที่แตกต่าง คุณหมายถึงการพูดว่า "ถ้ามี -multicoloring สำหรับดังนั้นการระบายสีดังกล่าวจะใช้ไม่เกิน

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⌋) $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ องค์ประกอบไม่เท่ากันจาก "?

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

— Riley

นั่นคือสิ่งที่ฉันหมายถึง อีกวิธีหนึ่งในการดูคือหากเป็นt-multicoloring น้อยที่สุด (เช่นนี้ไม่ใช่ -multicolorable) จะใช้อย่างแน่นอน . เห็นได้ชัดว่าตัวอย่างที่คุณให้ไม่ใช่ตัวอย่างการปฏิรูปที่ถูกต้อง

G $G$

(t−1) $(t-1)$

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

— จิ้งจกไม่ต่อเนื่อง

ไม่รอ. มันไม่ได้ใช้ประการ แต่อย่างมาก

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

— จิ้งจกไม่ต่อเนื่อง

ฉันเข้าใจได้ว่าคำแถลงที่แก้ไขนั้นมีเหตุผล แต่คุณสามารถพิสูจน์ได้หรือไม่? บางทีคุณก็สามารถแสดงให้เห็นว่าใด ๆ เสื้อ multicoloring อาจจะ "ดีขึ้น" เพื่อให้ multicolors ทั้งหมดที่มีองค์ประกอบของบางชุดประชุมความต้องการของขนาดและที่มีอยู่ไม่มีดังกล่าวว่าเซตข

K $K$

a,b∈K $a,b\in K$

a⊂b $a\subset b$

— Riley

@Riley ฉันไม่แน่ใจว่าสิ่งที่คุณหมายถึงคำสั่งที่คุณต้องการให้ฉันทำอย่างละเอียด? ฉันได้อัปเดตคำตอบแล้วเพื่อระบุความคิดเห็นดั้งเดิมของคุณที่แนะนำ ส่วนที่เหลือของการพิสูจน์ยังคงไม่ได้รับผลกระทบ สำหรับความสัมพันธ์ของปัญหาสีหลายสีและต้นฉบับแนวคิดหลักคือสามารถมองเห็นหลายสีได้ว่าไม่มี 'ส่วนย่อย' ที่อยู่ติดกัน เนื่องจากเซตย่อย 'non-pairwise ที่ใหญ่ที่สุด' ของมีขนาดเราอาจพิจารณาชุดนั้นเป็นชุดสีและเราจะได้รับ ปัญหาการระบายสี

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

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

— จิ้งจกไม่ต่อเนื่อง

2

ฉันสามารถดูวิธีการลดปัญหานี้ให้กับการระบายสีกราฟซึ่งให้เครื่องมือสำหรับการแก้ปัญหา (สำหรับกรณีเล็ก ๆ !) แต่ยังไม่ได้ลดวิธีในทิศทางอื่น ๆ (ซึ่งจะสร้างความแข็งของ NP)

แนวคิดพื้นฐานคือการสร้างกราฟที่มีจุดสุดยอดสำหรับทุกการซื้อและขอบระหว่างการซื้อสองรายการที่ไม่สามารถเกิดขึ้นได้ในการเดินทางเดียวกัน จากนั้นเรามองหาการจัดกลุ่มการซื้อเป็นจำนวนกลุ่มที่เล็กที่สุดเท่าที่จะเป็นไปได้ ("การเดินทาง") เพื่อไม่ให้มีการซื้อสองรายการในกลุ่มเดียวกันที่ขัดแย้งกัน โดยเฉพาะถ้าเป็นรูปแบบของกราฟเดิมกำกับที่ขอบบอกว่าคนที่ต้องการจะซื้อคนของขวัญแล้วสร้าง undirected กราฟซึ่งมีจุดสุดยอดสำหรับแต่ละ edgeในและขอบ (undirected)ทุกครั้ง $G = (V, E)$ $uv$ $u$ $v$ $H = (X, Y)$ $x_{uv}$ $uv$ $G$ $x_{uv}x_{vw}$ $uv$ และมีทั้ง (กำกับ) ขอบใน (ถ้าซื้อบางของขวัญในระหว่างการเดินทางแล้วไม่มีใครสามารถซื้อของขวัญในระหว่างการเดินทางเช่นเดียวกับที่) จุดสุดยอดการระบายสีของคือการแบ่งส่วนของการซื้อที่จำเป็น (จุดยอดใน ) ไปสู่การเดินทาง (สี) ที่ไม่ขัดแย้ง (แบ่งปันขอบ) และการใช้สีจุดสุดยอดที่มีขนาดต่ำสุดจะใช้เวลาน้อยที่สุดในการเดินทาง $vw$ $G$ $v$ $w$ $v$ $H$ $H$

อาจเป็นไปได้ที่จะไปในทิศทางอื่น (ลดการระบายสีด้วยกราฟหรือปัญหา NP-hard อื่น ๆ กับปัญหาของคุณและทำให้เกิดความแข็งของ NP) โดยการปรับลดจาก 3SAT เป็น Graph Coloring (เช่นเช่น มีรายละเอียดในหน้า 10 ของบันทึกของ Jeff Erickson ) แต่ฉันไม่ได้ลองทำเอง

— j_random_hacker
แหล่งที่มา

คำตอบนี้ยอดเยี่ยม มันเป็นสิ่งที่ฉันกำลังมองหา ในการวิเคราะห์ความซับซ้อนของเวลาของอัลกอริทึมนี้มีจุดสูงสุด (ของขวัญ) และขอบ เมื่อฉันค้นหาอัลกอริทึมบนการระบายสีกราฟทั้งหมดที่ฉันพบคือสำหรับกราฟที่มีจุดยอดมีอัลกอริธึมที่มีประสิทธิภาพมากกว่านี้ในกรณีนี้หรือไม่เนื่องจากมีขอบเขตบนพหุนามเท่ากับจำนวนขอบ?

n2−n $n^2-n$

(2n−3)(n2−n)2 $\frac{(2n-3)(n^2-n)}{2}$

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

n $n$

— Riley

1

@Riley อาจไม่ตัดสินใจ -colourability,สำหรับกราฟที่มีระดับสูงสุดเป็น NP-hard อยู่แล้ว ดู [บันทึกการบรรยาย] เหล่านี้ (www-sop.inria.fr/members/Frederic.Havet/Cours/coloration.pdf) เพื่อลดกราฟจาก 3-SAT เป็นกราฟที่มีระดับสูงสุด 3

$k$

$k\geq 3$

$3$

— จิ้งจกไม่ต่อเนื่อง

@ จิ้งจกที่ไม่ต่อเนื่อง: พวกเขาจะลดการบรรยายเหล่านี้ที่ไหน?

ทำไมคำตอบนี้ถึงยอมรับ? มันไม่ได้แสดงให้เห็นถึงความแข็งของ NP หรืออัลกอริทึม 'ที่ดีที่สุด' หรืออัลกอริทึมที่มีประสิทธิภาพเท่าที่ฉันเห็น

— จิ้งจกไม่ต่อเนื่อง

1

@Discretelizard ตกลง ฉันไม่คิดว่าคำถามที่บอกเป็นนัยว่าฉันกำลังมองหาอัลกอริธึมเวลา P โดยเฉพาะอย่างยิ่งความเป็นไปได้ที่ว่าปัญหานี้เป็นปัญหาที่เกิดขึ้นยาก แต่ฉันสามารถทำให้จุดนั้นชัดเจนยิ่งขึ้นในคำถามเดิม ฉันจะยกเลิกการทำเครื่องหมายคำตอบนี้ว่าถูกต้องและเพิ่มค่าหัว 100 คะแนน (ปรากฎว่าอันที่สองต้องเท่ากับ 100 ถ้าใช้คำถามเดียวกัน แต่ฉันยินดีที่จะเสนอเพราะพวกเขาเป็นเพียงแค่จุดอินเทอร์เน็ตในจินตนาการใช่ไหม? :)) อีกครั้งสำหรับทุกคนที่สามารถแสดงปัญหานี้ได้คือ NP-hard หรือค้นหาอัลกอริทึมเวลาพหุนามที่แก้ปัญหาได้

— Riley

0

มันเป็นปัญหาที่ฉันกังวลมากถ้าเจ้านายของฉันขอให้ฉันใช้อัลกอริทึมที่รับประกันว่าจะหาทางออกที่ดีที่สุดในเวลาที่เหมาะสม

ในการหาทางออกที่ไม่เหมาะสมที่สุด: เมื่อกำหนดกลุ่มคนและของขวัญเพื่อซื้อเราสามารถนับจำนวนกลุ่มคนที่สามารถซื้อได้ในการเดินทางช้อปปิ้ง เริ่มจากกลุ่มที่ว่างเปล่า (ซึ่งสามารถซื้อของขวัญได้ 0 รายการ) สำหรับแต่ละคนที่ไม่ได้อยู่ในกลุ่มให้กำหนดจำนวนของขวัญที่สามารถซื้อได้หากเพิ่มบุคคลนั้นในกลุ่ม หากมีบุคคลใดที่เราสามารถเพิ่มได้โดยไม่ลดจำนวนของขวัญให้เลือกสุ่มหนึ่งในนั้นที่เพิ่มจำนวนของขวัญที่ซื้อด้วยจำนวนสูงสุดจนกว่าการเพิ่มบุคคลใดจะลดจำนวนของขวัญที่ซื้อ จากนั้นทำทริปช็อปปิ้งและเริ่มต้นใหม่จนกว่าจะมีการซื้อของขวัญทั้งหมด

ฉันจะทำซ้ำสองสามครั้งเลือกคน "สุ่ม" ในกรณีที่หาทางออกที่ดีกว่า

ในตัวอย่างห้าคนต้องซื้อของขวัญให้กันหาทางแก้ปัญหาในสี่ทริปซึ่งเหมาะสมที่สุด หากเราไม่ได้เพิ่มบุคคลในการเดินทางที่ออกจากจำนวนของขวัญไม่เปลี่ยนแปลงโดยไม่ต้องปรับปรุงเราจะมีการเดินทางห้าครั้ง และ 6 คนต้องการการเดินทาง 5 ครั้ง

— gnasher729
แหล่งที่มา

ดังนั้นจึงกล่าวได้ว่าคุณกำลังเลือกซื้อทริปช็อปปิ้งตามจำนวนของขวัญที่จะซื้อ คุณสามารถพิสูจน์ได้ว่าขั้นตอนนี้จำเป็นต้องส่งผลให้จำนวนทริปช็อปปิ้งน้อยที่สุดเท่าที่จะเป็นไปได้? ถ้าเป็นเช่นนั้นคุณทำงานผ่านตัวอย่าง 6 คนไม่ถูกต้อง 6 คนต้องการช้อปปิ้ง 4 รายการ: .

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

— Riley

ไม่มีข้อพิสูจน์อย่างแน่นอน อัลกอริทึมโลภ + การเลือกแบบสุ่มที่แตกต่างกันจะช่วยเพิ่มโอกาสของคุณเล็กน้อย แต่จะไม่เดินทาง 4 ครั้ง

— gnasher729

ฉันได้ทดสอบการอ้างสิทธิ์ว่าปัญหานั้นโลภและล้มเหลว แม้ว่าคุณจะทดสอบการช็อปปิ้งที่เป็นไปได้ทุกครั้งแทนที่จะเพิ่มผู้คนทีละคนคุณยังได้รับการเดินทาง 5 ครั้ง:\} วิธีโลภอยากให้การเดินทางช้อปปิ้งครั้งที่สองเพื่อซื้อ 9 ของขวัญ แต่ในการแก้ปัญหาที่ดีที่สุดการเดินทางช้อปปิ้งที่สองซื้อ 8 ของขวัญ (สมมติว่ามันจะไปในลำดับที่ระบุไว้ข้างต้น)

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

— Riley

อันที่จริงแล้ววิธีโลภไม่ได้แก้ไขกรณีของ 5 คนใน 4 แหล่งช้อปปิ้งเช่น:\}

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

— Riley

-1

สมมติว่าคุณสั่งคนโดยพิจารณาจากสิ่งที่พวกเขาได้รับจาก (ผู้ปกครอง) และผู้ที่พวกเขาให้ (เด็ก) เนื่องจากทุกคนให้ของขวัญหนึ่งชิ้นและรับของขวัญหนึ่งชิ้นฟังก์ชันพ่อแม่และลูกเป็นแบบหนึ่งต่อหนึ่ง

คุณไม่ต้องการให้ผู้ปกครองและเด็กอยู่ในกลุ่มเดียวกัน คุณเริ่มต้นด้วยคนที่สุ่มและสั่งทุกคนดังนั้นฯลฯ คุณใส่ลงในกลุ่มหนึ่งและทั้งหมดในกลุ่มอื่น สำหรับคนสุดท้ายเพื่อให้คุณไม่ต้องการให้สมาชิกผู้นี้จะอยู่ในกลุ่มเดียวกันกับP_1ถ้าเป็นเลขคู่จะไม่ใช่ปัญหา คุณต้องมีกลุ่มเพิ่มเติมหนึ่งกลุ่มซึ่งอาจเป็นเพียงด้วยตัวเองในกรณีที่ง่ายที่สุด $p_1$ $child(p_1)=p_2$ $p_{odd}$ $p_{even}$ $p_n=parent(p_1)$ $p_1$ $n$ $p_n$

อัลกอริทึมนี้จะถือว่าทุกคนเชื่อมต่อกัน แต่ไม่จำเป็นต้องเป็นอย่างนั้น หากมีหลายรอบตัดการเชื่อมต่อในคำอื่น ๆ ถ้าในบางจุดโดยที่จากนั้นคุณจะเสร็จสิ้นวงกลมนั้นและเริ่มต้นด้วยใหม่ตามขั้นตอนวิธีเดียวกัน ตราบใดที่คุณไม่รวมอัตราต่อรองและวงจรเดียวกันคุณสามารถรวมรอบตัดการเชื่อมต่อ $p_k=parent(p_1)$ $k!=n$

อัลกอริทึมนี้จบลงด้วยมากที่สุด 2 รอบ (สำหรับคู่ ) และ 3 รอบ (สำหรับคี่ ) $n$ $n$

— ilke444
แหล่งที่มา

ดูเหมือนว่าวิธีการนี้จะแก้ปัญหาเฉพาะกรณีที่ทุกคนให้ของขวัญหนึ่งและได้รับของขวัญหนึ่งคือที่กราฟเป็นการเปลี่ยนแปลง ฉันไม่แน่ใจว่าคำถามหมายถึงถามเฉพาะกรณีพิเศษนั้น - มาดูกันว่า OP พูดถึงสิ่งนั้นอย่างไร

— DW

ที่จริงการแก้ปัญหาของฉันคือการย่อยกรณีที่มีปัญหาที่ 1

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

— ilke444

ใช่ฉันไม่ได้ขอเงินโดยเฉพาะ โปรดดูคำถามที่อัปเดตซึ่งฉันชี้แจงบางอย่าง

— Riley