เราจะคำนวณเซตการรวมกลุ่มของครอบครัวเซตได้เร็วแค่ไหน?

ได้รับชุดครอบครัวของส่วนย่อยของจักรวาลUให้และเราต้องการคำตอบคือs_2 $\mathcal{F}$ $U$ $S_1,S_2 \in \mathcal F$ $S_1 \subseteq S_2$

ฉันกำลังมองหาโครงสร้างข้อมูลที่จะช่วยให้ฉันตอบคำถามนี้ได้อย่างรวดเร็ว แอปพลิเคชันของฉันมาจากทฤษฎีกราฟที่ฉันต้องการดูว่าการลบจุดสุดยอดและละแวกนั้นออกจากจุดยอดที่แยกได้หรือไม่และสำหรับแต่ละจุดสุดยอดนั้นจะแยกจุดยอดที่แยกออกทั้งหมด

ฉันต้องการสร้างโพสท่าที่สมบูรณ์หรือในที่สุดก็เป็นตารางที่จัดเก็บการบอกเท็จที่แท้จริงว่าเซตใดเป็นเซตย่อยของแต่ละคน $|\mathcal{F}|^2$

ให้,และ, สมมติว่า $m = \sum_{S\in \mathcal{F}} |S|$ $u = |U|$ $n = |\mathcal{F}|$ $u,n \leq m$

เราสามารถสร้างเมทริกซ์การบรรจุ (กราฟสองฝ่าย) ในเวลาและจากนั้นสามารถสร้างตารางของการเปรียบเทียบทั้งหมดในเวลาโดยสำหรับแต่ละชุด , ห่วงผ่านทุกองค์ประกอบของชุดอื่น ๆ ทั้งหมดและทำเครื่องหมายชุดที่จะไม่เซตของถ้าพวกเขาองค์ประกอบไม่ได้อยู่ในSรวมเวลา $n \times u$ $O(un)$ $n^2$ $O(nm)$ $S \in \mathcal{F}$ $S$ $S$ $O(nm)$

เราสามารถทำอะไรได้เร็วขึ้น? โดยเฉพาะเวลาเป็นไปได้หรือไม่? $O((n+u)^2)$

ฉันพบบทความที่เกี่ยวข้อง:

อัลกอริทึมย่อยแบบสองส่วนอย่างง่ายสำหรับการคำนวณลำดับย่อยบางส่วน (1995) ซึ่งให้อัลกอริทึม $O(m^2 / log(m))$

ลำดับย่อยบางส่วน: คอมพิวเตอร์และ Combinatoricsปรับปรุงด้านบนเล็กน้อย แต่ก็อ้างว่ากระดาษข้างต้นแก้ปัญหาในเวลาโดยที่คือจำนวนชุดสูงสุดที่ใช้องค์ประกอบร่วมกัน แต่ฉันไม่เข้าใจผลลัพธ์นี้ $O(md)$ $d$

ในบทความระหว่างและ $O(nm)$ $O(n^{\alpha})$ ผู้เขียนแสดงวิธีการในกราฟหาส่วนประกอบที่เชื่อมต่อหลังจากลบพื้นที่ใกล้เคียงปิดของจุดสุดยอดโดยใช้การคูณเมทริกซ์ นี้สามารถใช้ในการคำนวณ poset ชุดรวมโดยการหาส่วนประกอบทั้งหมดที่มี singletons กับรันไทม์ของ{2.79}) $O((n+u)^{2.79})$

การอภิปรายในฟอรัมนี้เกี่ยวข้องกับ: วิธีใดที่เร็วที่สุดในการตรวจสอบการรวมชุด ซึ่งหมายถึงลดผูกพันของepsilon}) $O(n^{2-\epsilon})$

graph-algorithms ds.data-structures partial-order

— Martin Vatshelle
แหล่งที่มา

เพียงข้อเสนอแนะ: คุณช่วยลดความซับซ้อนของคำถามโดยการตั้งค่าหรือไม่? หรือพารามิเตอร์ทั้งสองมีความสำคัญในใบสมัครของคุณ?

u = n

$u=n$

— โคลิน McQuillan

ในแอปพลิเคชันของฉันฉันมีที่แปลว่ามีขนาดเล็กลง

u << n << 2^{u}

$u << n << 2^u$

<<

$<<$

— Martin Vatshelle

หากการสุ่มอยู่ในขอบเขตความคิดคร่าวๆอย่างหนึ่งก็คือการสร้างฟังก์ชั่น "การสุ่มลายมือชื่อโมโนโทนิก" และใช้มันเพื่อประมาณความสัมพันธ์ของเซตย่อย (ตัวกรอง la Bloom) น่าเสียดายที่ฉันไม่ทราบวิธีที่จะทำให้สิ่งนี้เป็นอัลกอริทึมที่ใช้งานได้จริง แต่นี่คือการประมาณการบางอย่างที่ไม่ได้พิสูจน์ความคิดที่เป็นไปไม่ได้ทันที นี้ไกลจากโซลูชันที่มีประโยชน์ แต่ฉันจะเขียนมันออกมาในกรณีที่ช่วยได้

สมมติว่าความเรียบง่ายที่เซตทั้งหมดมีขนาดใกล้เคียงกันพูดและที่(U) เราสามารถสันนิษฐานได้ว่ามิฉะนั้นเราจะทำ กำหนด หมายเหตุว่า . $|S| = s \pm O(1)$ $s = o(u)$ $1 \ll s$

\begin{aligned} q & = [s / 2] \\ p & = [\frac{(\binom{u}{q})}{(\binom{s}{q})}] \end{aligned}

$\begin{aligned} q &= [s/2] \\ p &= \left[\frac{u \choose q}{s \choose q}\right] \end{aligned}$

p ≫ 1

$p \gg 1$

นี่เป็นส่วนที่ใช้การไม่ได้ สุ่มเลือกเซตย่อยพร้อมการแทนที่แต่ละขนาดและกำหนดฟังก์ชันโดย iffสำหรับบางฉันด้วย fixed และเปลี่ยนแปลงแบบสุ่มเรามี เนื่องจากเป็นเสียงโมโนหมายถึง $p$ $A_1, \ldots, A_p \subset U$ $q$ $f : 2^U \to \{0,1\}$ $f(S) = 1$ $A_i \subset S$ $i$ $S$ $A_i,f$

\begin{aligned} Pr (f (S) = 0) & = Pr (\forall i . A_{i} ⊄ S) \\ = Pr (A_{1} ⊄ S)^{p} \\ = {(1 - (\binom{s}{q}) / (\binom{u}{q}))}^{p} \\ = e^{- Θ (1)} \end{aligned}

$\begin{aligned} \Pr(f(S) = 0) &= \Pr(\forall i. A_i \not\subset S) \\ &= \Pr(A_1 \not\subset S)^p \\ &= \left(1 - {s \choose q}/{u \choose q}\right)^p \\ &= e^{-\Theta(1)} \end{aligned}$

f (S)

$f(S)$

S \subset T

$S \subset T$

f (S) \leq f (T)

$f(S) \le f(T)$ (T) ถ้าแก้ไขบางตัว ความน่าจะเป็นที่ตรวจพบคือ

T ⊄ S

$T \not\subset S$

t \in T - S

$t \in T-S$

f

$f$

T ⊄ S

$T \not\subset S$

\begin{aligned} Pr (f (S) = 0 < 1 = f (T)) & = Pr (f (S) = 0) Pr (f (T) = 1 | f (S) = 0) \\ = e^{- Θ (1)} Pr (\exists i . A_{i} \subset T, A_{i} \cap T - S \neq 0 | f (S) = 0) \\ = e^{- Θ (1)} Pr (\exists i . t \in A_{i} \subset T | f (S) = 0) \\ \leq e^{- Θ (1)} Pr (\exists i . t \in A_{i} \subset T) \\ \approx e^{- Θ (1)} p Pr (t \in A_{1} \subset T) \\ \leq e^{- Θ (1)} p (\binom{s}{q - 1}) / (\binom{u}{q}) \\ \approx e^{- Θ (1)} p \frac{q}{s - q} (\binom{s}{q}) / (\binom{u}{q}) \\ = e^{- Θ (1)} \end{aligned}

$\begin{aligned} \Pr(f(S) = 0 < 1 = f(T)) &= \Pr(f(S) = 0) \Pr(f(T) = 1 | f(S) = 0) \\ &= e^{-\Theta(1)} \Pr(\exists i. A_i \subset T, A_i \cap T-S \ne 0 | f(S) = 0) \\ &= e^{-\Theta(1)} \Pr(\exists i. t \in A_i \subset T | f(S) = 0) \\ &\le e^{-\Theta(1)} \Pr(\exists i. t \in A_i \subset T) \\ &\approx e^{-\Theta(1)} p \Pr(t \in A_1 \subset T) \\ &\le e^{-\Theta(1)} p {s \choose q-1} / {u \choose q} \\ &\approx e^{-\Theta(1)} p \frac{q}{s-q} {s \choose q} / {u \choose q} \\ &= e^{-\Theta(1)} \end{aligned}$ บางขั้นตอนเหล่านั้นค่อนข้างผอมบาง แต่ฉันไม่มีเวลาที่จะปรับปรุงพวกเขาในคืนนี้ ไม่ว่าในกรณีใดก็ตามถ้าอย่างน้อยก็ไม่สามารถสร้างฟังก์ชั่นลายเซ็นต์ที่มีความเป็นไปได้ที่จะแยกเซ็ตย่อยออกจาก nonsubsets จำนวนลอการิทึมของฟังก์ชั่นดังกล่าวจะแยกแยะคู่ทั้งหมดได้อย่างถูกต้อง หากสร้างฟังก์ชันลายเซ็นและคำนวณสามารถลดลงเป็นเวลาผลลัพธ์จะเป็นอัลกอริทึมโดยรวม

f

$f$

f (S)

$f(S)$

\tilde{O} (n + u)

$\tilde{O}(n+u)$

\tilde{O} (n^{2} + u^{2})

$\tilde{O}(n^2+u^2)$

แม้ว่าการคำนวณข้างต้นนั้นถูกต้อง แต่ฉันก็ยังไม่รู้ว่าจะสร้างฟังก์ชั่นลายมือชื่อโมโนโทนิกได้อย่างไรด้วยคุณสมบัติที่ต้องการอย่างรวดเร็ว อาจเป็นไปได้ว่าเทคนิคนี้จะไม่ขยายขนาดที่แตกต่างกันอย่างมีนัยสำคัญ

— Geoffrey Irving
แหล่งที่มา