ประมาณ 1d TSP พร้อมการเปรียบเทียบเชิงเส้น

ปัญหาเส้นทางพนักงานขายเดินทางหนึ่งมิติคือเห็นได้ชัดเช่นเดียวกับการเรียงลำดับและสามารถแก้ไขได้อย่างแน่นอนโดยการเปรียบเทียบในเวลาแต่มันถูกกำหนดในแบบที่ประมาณและแน่นอน วิธีการแก้ปัญหาทำให้รู้สึก ในรูปแบบของการคำนวณในการที่ปัจจัยการผลิตเป็นจำนวนจริงและปัดเศษจำนวนเต็มเป็นไปได้ที่มันเป็นเรื่องง่ายที่จะประมาณภายในปัจจัยสำหรับการใด ๆ คงในเวลา : หาค่าต่ำสุดและสูงสุดปัดทุกอย่างเป็นตัวเลขภายในระยะทางของค่าเดิมจากนั้นใช้การเรียงลำดับของฐาน แต่แบบจำลองที่มีการปัดเศษมีทฤษฎีความซับซ้อนที่มีปัญหาและสิ่งนี้ทำให้ฉันสงสัย$O(n\log n)$$1+O(n^{-c})$$c$$O(n)$$(\max-\min)n^{-(c+1)}$

ดังนั้น TSP ที่มีมิติเดียวสามารถประมาณได้อย่างแม่นยำได้อย่างไรในโมเดลการเปรียบเทียบเชิงเส้นของการคำนวณ (แต่ละโหนดเปรียบเทียบทดสอบสัญญาณของฟังก์ชันเชิงเส้นของค่าอินพุต) โดยอัลกอริทึมที่มีความซับซ้อนของเวลาคือ$o(n\log n)$ ? วิธีการปัดเศษเดียวกันอนุญาตให้มีการประมาณสัดส่วนของรูปแบบ$n^{1-o(1)}$ได้ (โดยใช้การค้นหาแบบไบนารีเพื่อทำการปัดเศษและการปัดเศษมากขึ้นเพื่อทำให้มันเร็วพอ) แต่เป็นไปได้ไหมที่จะได้รับอัตราส่วนการประมาณเช่น$O(n^{1-\epsilon})$สำหรับ$\epsilon>0$ ?

แก้ไข (ปรับปรุง): ขอบเขตล่างในคำตอบของฉันด้านล่างได้รับการพิสูจน์ (โดยหลักฐานที่แตกต่างกัน) ใน "ในความซับซ้อนของการประมาณ Euclidean ทัวร์พนักงานขายที่เดินทางและต้นไม้ที่ทอดน้อยที่สุด" โดย Das et al; อัลกอริทึม 19: 447-460 (1997)

---

เป็นไปได้หรือไม่ที่จะบรรลุอัตราส่วนการประมาณเช่นสำหรับในเวลาโดยใช้อัลกอริธึมการเปรียบเทียบϵ > 0 o ( n log n $O(n^{1-\epsilon})$$\epsilon>0$$o(n\log n)$

ไม่นี่คือขอบเขตที่ต่ำกว่า

ข้อเรียกร้อง สำหรับทุกการเปรียบเทียบ อัลกอริทึมการประมาณต้องใช้ในกรณีที่เลวร้ายที่สุดn 1 - εโอห์ม( ε n log n $\epsilon>0$$n^{1-\epsilon}$$\Omega(\epsilon n\log n)$

โดย "อิงตามการเปรียบเทียบ" ฉันหมายถึงอัลกอริทึมใด ๆ ที่สืบค้นเฉพาะอินพุตที่มีการสืบค้นไบนารี่

นี่คือความพยายามในการพิสูจน์ หวังว่าจะไม่มีข้อผิดพลาด FWIW ขอบเขตล่างดูเหมือนว่าจะขยายไปสู่อัลกอริทึมแบบสุ่ม

---

แก้ไขใด ๆและใด ๆ โดยพลขนาดเล็ก แต่คง 0ϵ > $n$$\epsilon>0$

พิจารณาแค่"การเปลี่ยนแปลง" กรณีการป้อนข้อมูล ที่มีพีชคณิต[N]วิธีการแก้ปัญหาที่เหมาะสมที่สุดสำหรับอินสแตนซ์ใด ๆ ดังกล่าวมีค่าใช้จ่ายn-1( x 1 , x 2 , … , x n ) [ n ] n - $n!$$(x_1,x_2,\ldots,x_n)$$[n]$$n-1$

กำหนดต้นทุนของการเปลี่ยนแปลง ให้เป็น. รูปแบบขั้นตอนวิธีกับการเป็นใส่เปลี่ยนแปลง , outputting เปลี่ยนแปลง , และการจ่ายเงินค่าใช้จ่ายPI)c ( π ) = ∑ i | π ( i + 1 ) - π ( i ) | π π ' d ( π , π ' ) = C ( π ' ∘ π $\pi$$c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$$\pi$$\pi'$$d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

กำหนดเป็นจำนวนขั้นต่ำของการเปรียบเทียบสำหรับอัลกอริทึมที่ใช้การเปรียบเทียบใด ๆ เพื่อให้ได้อัตราส่วนการแข่งขันในกรณีเหล่านี้ ตั้งแต่การเลือกเป็นอัลกอริทึมต้องรับประกันค่าใช้จ่ายที่มากที่สุดepsilon}n 1 - ϵ n - 1 n 2 - $C$$n^{1-\epsilon}$$n-1$$n^{2-\epsilon}$

เราจะแสดงn)$C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

กำหนดจะเป็นไปได้สำหรับเอาท์พุทใด ๆส่วนของอินพุตที่เป็นไปได้ซึ่งเอาท์พุท จะได้ค่าใช้จ่ายที่มากที่สุด ส่วนนี้จะเป็นอิสระจากปี่'π ′ π ′ n 2 - ϵ π $P$$\pi'$$\pi'$$n^{2-\epsilon}$$\pi'$

π c ( π ) n 2 - ϵ π ′ฉันP d ( π , I ) n 2 - ϵ d ( π , I ) = c ( π $P$ยังเท่ากับความน่าจะเป็นที่สำหรับการเปลี่ยนรูปแบบสุ่มค่าใช้จ่ายของอยู่ที่มากที่สุด (เพื่อดูว่าทำไมให้เป็นการเปลี่ยนรูปแบบตัวตนจากนั้นคือเศษส่วนของอินพุตที่ ที่มากที่สุดแต่ .)$\pi$$c(\pi)$$n^{2-\epsilon}$$\pi'$$I$$P$$d(\pi,I)$$n^{2-\epsilon}$$d(\pi,I) = c(\pi)$

บทแทรก 1. P$C \ge \log_2 1/P$

พิสูจน์ แก้ไขขั้นตอนวิธีการใด ๆ ที่มักจะใช้น้อยกว่าเปรียบเทียบ แผนผังการตัดสินใจสำหรับอัลกอริทึมมีความลึกน้อยกว่าดังนั้นจึงมีใบไม้น้อยกว่าและสำหรับการเปลี่ยนแปลงการส่งออกบางส่วนอัลกอริทึมจะให้เป็นเอาต์พุตสำหรับมากกว่าเศษส่วนของอินพุต ตามคำนิยามของอย่างน้อยหนึ่งในการป้อนข้อมูลเช่นการส่งออกจะช่วยให้ประหยัดค่าใช้จ่ายมากกว่าepsilon} QEDเข้าสู่ระบบ2 1 / P 1 / P π ' π ' P P π ' n 2 - $\log_2 1/P$$\log_2 1/P$$1/P$$\pi'$$\pi'$$P$$P$$\pi'$$n^{2-\epsilon}$

บทแทรก 2. n))$P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

ก่อนที่เราจะให้หลักฐานของเลมม่า 2 โปรดทราบว่าเล็มสองบทพร้อมกันอ้างสิทธิ์:

$$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$$

---

บทพิสูจน์ของเลมม่า 2 ปล่อยให้เป็นการเปลี่ยนแบบสุ่ม จำได้ว่าเท่ากับน่าจะเป็นที่ค่าใช้จ่ายของที่มากที่สุดepsilon} บอกว่าคู่ใด ๆเป็นขอบที่ มีราคาดังนั้นคือผลรวมของต้นทุนขอบP c ( π ) n 2 - ϵ ( i , i + 1 ) | π ( i + 1 ) - π ( i ) | c ( π $\pi$$P$$c(\pi)$$n^{2-\epsilon}$$(i,i+1)$$|\pi(i+1)-\pi(i)|$$c(\pi)$

สมมติว่าepsilon}$c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

จากนั้นสำหรับที่มากที่สุดของขอบมีค่าใช้จ่ายหรือมากกว่า บอกว่าขอบของค่าใช้จ่ายที่น้อยกว่ามีราคาถูกn 2 - ϵ / q q $q>0$$n^{2-\epsilon}/q$$q$$q$

แก้ไข2} การทดแทนและทำให้ง่ายขึ้นอย่างมากที่สุดของขอบไม่ถูก n 1 - ϵ /$q=n^{1-\epsilon/2}$$n^{1-\epsilon/2}$

ดังนั้นอย่างน้อย ของขอบมีราคาถูก ดังนั้นจึงมีชุดที่มีขอบราคาถูกS n /$n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$$S$$n/2$

ข้อเรียกร้อง สำหรับการใด ๆ ได้รับชุดของขอบน่าจะเป็นที่ขอบทั้งหมดในมีราคาถูกเป็นที่มากที่สุดn))n / 2 S ประสบการณ์( - Ω ( ε n log n ) $S$$n/2$$S$$\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

ก่อนที่เราจะพิสูจน์การอ้างสิทธิ์โปรดทราบว่ามันมีนัยสำคัญดังต่อไปนี้ โดยการเรียกร้องและสหภาพไร้เดียงสาที่ถูกผูกไว้น่าจะเป็นที่ใด ๆ ที่มีอยู่เช่นชุด ที่มากที่สุด ($S$≤ประสบการณ์(O(n)-Ω(εnlogn))≤ประสบการณ์(-Ω(εnบันทึกn)

$${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$$ $$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$$

---

หลักฐานการเรียกร้อง เลือกตามกระบวนการต่อไปนี้ เลือกสม่ำเสมอจากจากนั้นเลือกสม่ำเสมอจากจากนั้นเลือกสม่ำเสมอจากฯลฯπ ( 1 ) [ n ] π ( 2 ) [ n ] - { π ( 1 ) } π ( 3 ) [ n ] - { π ( 1 ) , π ( 2 ) $\pi$$\pi(1)$$[n]$$\pi(2)$$[n] - \{\pi(1)\}$$\pi(3)$$[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

พิจารณาขอบใด ๆในSพิจารณาเวลาที่เลือกเมื่อใกล้จะถูกเลือก โดยไม่คำนึงถึงตัวเลือกแรก(สำหรับสำหรับ ) มีอย่างน้อยตัวเลือกสำหรับและอย่างน้อยของสิ่งเหล่านั้น ตัวเลือกจะให้ขอบ ราคาน้อยกว่า (ทำให้ถูก)$(i,i+1)$$S$$\pi(i)$$\pi(i+1)$$i$$\pi(j)$$j\le i$$n-i$$\pi(i+1)$$2n^{1-\epsilon/2}$$(i,i+1)$$n^{1-\epsilon/2}$

ดังนั้นปรับอากาศในครั้งแรกเลือกที่น่าจะเป็นที่ขอบที่มีราคาถูกที่สุดที่2}}} ดังนั้นความน่าจะเป็นที่ ขอบทั้งหมดในมีราคาถูกที่สุด ตั้งแต่มีอย่างน้อยขอบใน กับ 4 ดังนั้นผลิตภัณฑ์นี้มากที่สุด $i$$\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$$n/2$$S$

$$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$$ $|S|\ge n/2$$n/4$$S$$n-i\ge n/4$ $$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$$

QED