การทดสอบว่าตัวอักษรสามารถกำหนดเวลาเพื่อให้ได้คำในภาษาปกติ

ผมแก้ไขภาษาปกติ $L$บนตัวอักษร$\Sigma$และผมคิดว่าปัญหาที่เกิดขึ้นต่อไปนี้ที่ผมเรียกการตั้งเวลาตัวอักษรสำหรับL$L$อย่างไม่เป็นทางการการป้อนข้อมูลให้ฉัน$n$ตัวอักษรและช่วงเวลาสำหรับแต่ละตัวอักษร (เช่นตำแหน่งที่น้อยที่สุดและสูงสุด) และเป้าหมายของฉันคือการวางตัวอักษรแต่ละตัวในช่วงเวลาของมันเพื่อให้ไม่มีตัวอักษรสองตัวถูกแมปไปยังตำแหน่งเดียวกัน ส่งผลให้$n$คำ -letter อยู่ในL$L$อย่างเป็นทางการ:

• การป้อนข้อมูล: $n$อเนกประสงค์$(a_i, l_i, r_i)$ที่ฉัน ∈ Σและ1 ≤ ลิตรฉัน ≤ r ฉัน ≤ nเป็นจำนวนเต็ม$a_i \in \Sigma$$1 \leq l_i \leq r_i \leq n$
• ขาออกจะมี bijection $f: \{1, \ldots, n\} \to \{1, \ldots, n\}$เช่นที่$l_i \leq f(i) \leq r_i$ทั้งหมดของ$i$และฉ- 1 ( 1 ) ⋯ ฉ- 1 ( n ) ∈ L$a_{f^{-1}(1)} \cdots a_{f^{-1}(n)} \in L$

เห็นได้ชัดว่าปัญหานี้อยู่ใน NP โดยคาดเดา bijection $f$และตรวจสอบการเป็นสมาชิกของ$L$ใน PTIME คำถามของฉัน: มีภาษาปกติ$L$เช่นว่าปัญหาการตั้งเวลาจดหมายสำหรับ$L$นั้นยากหรือไม่

ข้อสังเกตเบื้องต้นบางประการ:

• ดูเหมือนว่ามีการศึกษาปัญหาที่คล้ายกันในการจัดตารางเวลา: เราสามารถเห็นปัญหาในการจัดตารางงานต้นทุนต่อหน่วยในเครื่องเดียวขณะที่เคารพวันที่เริ่มต้นและสิ้นสุด อย่างไรก็ตามปัญหาหลังนี้เห็นได้ชัดใน PTIME ด้วยวิธีโลภและฉันไม่เห็นอะไรเลยในวรรณคดีการจัดตารางเวลาสำหรับกรณีที่งานมีข้อความกำกับและเราต้องการบรรลุคำในภาษาปกติเป้าหมาย
• วิธีการหนึ่งที่อื่น ๆ เพื่อดูปัญหาที่เกิดขึ้นเป็นกรณีพิเศษของปัญหาการจับคู่สูงสุดฝ่าย (ระหว่างตัวอักษรและตำแหน่ง) แต่อีกครั้งก็ยากที่จะแสดงข้อ จำกัด ว่าเราจะต้องตกอยู่ในL$L$
• ในกรณีเฉพาะที่$L$เป็นภาษาของรูปแบบ$u^*$สำหรับคำบางคำที่ตายตัว$u$ (เช่น$(ab)^*$ ) จากนั้นปัญหาการตั้งเวลาจดหมายสำหรับ$L$อยู่ใน PTIME ด้วยอัลกอริทึมโลภง่าย: สร้างคำจากซ้าย ไปทางขวาและใส่ในแต่ละตำแหน่งหนึ่งของตัวอักษรที่มีอยู่ซึ่งเป็นญาติที่ถูกต้องเพื่อ$L$และมีเวลาที่มีขนาดเล็กที่สุด$r_i$ฉัน (หากไม่มีตัวอักษรที่ใช้ได้ถูกต้องล้มเหลว) อย่างไรก็ตามสิ่งนี้ไม่ได้พูดถึงภาษาปกติLโดยพลการ$L$เพราะสำหรับภาษาดังกล่าวเราอาจมีตัวเลือกประเภทของจดหมายที่จะใช้
• ดูเหมือนอัลกอริทึมแบบไดนามิกควรใช้งานได้ แต่ในความเป็นจริงมันไม่ง่ายเลย: ดูเหมือนว่าคุณจะต้องจดจำชุดของตัวอักษรที่คุณได้จดไว้จนถึงตอนนี้ แน่นอนเมื่อสร้างคำจากซ้ายไปขวาเมื่อคุณมาถึงตำแหน่งที่$i$รัฐของคุณขึ้นอยู่กับตัวอักษรที่คุณใช้จนหมด คุณไม่สามารถจำทั้งชุดได้เพราะจะมีหลายรัฐแทน แต่มันไม่ง่ายเลยที่จะ "สรุป" มัน (เช่นจำนวนสำเนาของจดหมายแต่ละฉบับที่ใช้) เพราะรู้ว่าคุณใช้สำเนาชุดไหนดูเหมือนว่าคุณจำเป็นต้องจำเมื่อคุณบริโภคพวกเขา (หลังจากที่คุณบริโภคไปแล้ว พวกเขามีตัวอักษรมากขึ้น) แม้จะมีภาษาเช่น$(ab|ba)^*$อาจมีอยู่แล้วจะมีความซับซ้อนข้อ จำกัด เกี่ยวกับเมื่อคุณควรเลือกที่จะใช้ขและเมื่อคุณควรเลือกที่จะใช้ขซึ่งขึ้นอยู่กับตัวอักษรที่คุณจะต้องต่อมาและเมื่อตัวอักษรกลายเป็นใช้ได้$ab$$ba$
• อย่างไรก็ตามเนื่องจากภาษาปกติ$L$ได้รับการแก้ไขและไม่สามารถจดจำข้อมูลได้มากฉันจึงมีปัญหาในการค้นหาปัญหา NP-hard ที่ฉันสามารถลดได้

ปัญหาคือ NP-hard สำหรับL = A ∗โดยที่Aเป็นภาษา จำกัด ที่มีคำต่อไปนี้:$L = A^*$$A$

• x 111 , x 000 ,$x111$$x000$
• y 100 , y 010 , y 001 ,$y100$$y010$$y001$
• 00 c 11 , 01 c 10 , 10 c 01และ 11 c $00c11$$01c10$$10c01$$11c00$

การลดลงมาจากปัญหาการวางแนวกราฟซึ่งเป็นที่รู้จักกันว่า NP-hard (ดูที่https://link.springer.com/article/10.1007/s00454-017-9884-9 ) ในปัญหานี้เราจะได้รับกราฟแบบไม่ระบุทิศทาง 3 รูปแบบซึ่งจุดยอดทุกจุดจะมีป้ายกำกับว่า " { 1 } " หรือ " { 0 , 3 } " เป้าหมายคือกำหนดขอบของกราฟเพื่อให้ขอบเขตของจุดยอดทุกจุดอยู่ในการกำหนดป้ายกำกับจุดยอดนั้น$\{1\}$$\{0,3\}$

การลดจำเป็นต้องใช้เป็นอินสแตนซ์กราฟการวางแนวและป้อนรายการอเนกประสงค์เป็นเอาต์พุต ในการลดลงนี้ triples ที่เราส่งออกจะตอบสนองข้อ จำกัด บางอย่างอยู่เสมอ ข้อ จำกัด เหล่านี้มีการระบุไว้ด้านล่างและเราจะอ้างถึงรายการของอเนกประสงค์ที่ถูกต้องหากและหากพวกเขาปฏิบัติตามข้อ จำกัด เหล่านี้:

• อักขระx , y , และcเป็นช่วงเวลาที่กำหนดเพียงหนึ่งดัชนีเท่านั้น กล่าวอีกนัยหนึ่งเมื่อใดก็ตามที่อักขระเหล่านี้ถูกวางไว้$x$$y$$c$
• For every triple $(i, l, r)$ present in the instance with $i \in \{0,1\}$, the triple $(1-i, l, r)$ is also present.
• ถ้า( α , l , r )และ( α ′ , l ′ , r ′ )เป็นทั้งสามสิ่งที่มีอยู่ในอินสแตนซ์แล้วทั้งl < l ′ ≤ ′ r ′ < rหรือl ′ < l ≤ r < r ′หรือ{ α , α ′ } = { 0 , 1 }กับl = $(\alpha, l, r)$$(\alpha',l',r')$$l < l' \le r' < r$$l' < l \le r < r'$$\{\alpha,\alpha'\} = \{0,1\}$' < R = R '$l = l' < r = r'$
• ถ้า( α , L , R )เป็นสามแล้วจำนวนอเนกประสงค์( α ' , L ' , R ' )กับL ≤ L ' ≤ R ' ≤ Rเป็นสิ่งr - L + 1$(\alpha, l, r)$$(\alpha', l', r')$$l \le l' \le r' \le r$$r-l+1$

หมายเหตุบทแทรกต่อไปนี้พิสูจน์ในตอนท้ายของโพสต์นี้

แทรก: สำหรับรายชื่อที่ถูกต้องของอเนกประสงค์ตัวอักษรx , YและCจะต้องวางตรงตามที่ระบุโดยอเนกประสงค์และสำหรับคู่ของอเนกประสงค์ใด ๆ( 0 , L , R )และ( 1 , L , R )ที่ สำหรับตัวละครสองตัวสามที่จะต้องวางไว้ที่ดัชนีLและR$x$$y$$c$$(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$

จากนั้นความคิดของการลดมีดังต่อไปนี้

เราใช้คู่อเนกประสงค์( 0 , l , r )และ( 1 , l , r )เพื่อแสดงขอบ ขอบไประหว่างปลายทางที่ดัชนีลิตรและที่ดัชนีR สมมติว่าเราผลิตรายการอเนกประสงค์ที่ถูกต้องตัวละครจากทั้งสองนี้จะต้องวางไว้ที่lและrดังนั้นเราจึงสามารถปฏิบัติตามลำดับที่พวกเขาวางไว้เป็นการระบุทิศทางของขอบ นี่คือ1 "หัว" ของขอบและ0คือ "หาง" กล่าวอีกนัยหนึ่งถ้า1ถูกวางไว้ที่$(0, l, r)$$(1, l, r)$$l$$r$$l$$r$$1$$0$$1$$r$แล้วจุดขอบจากลิตรเพื่อRและถ้า1จะอยู่ที่ลิตรแล้วจุดขอบจากRเพื่อลิตร$l$$r$$1$$l$$r$$l$

ในการเป็นตัวแทนของจุดยอดเราวางอักขระxหรือyที่ดัชนีและใช้อักขระสามตัวถัดไปเป็นจุดปลายของขอบทั้งสามซึ่งสัมผัสกับจุดยอด โปรดทราบว่าถ้าเราวางxทั้งสามขอบที่จุดสุดยอดจะต้องชี้ไปในทิศทางเดียวกัน (ทั้งหมดลงในจุดสุดยอดหรือออกทั้งหมดของจุดสุดยอด) เพียงเพราะสตริงที่มีในภาษา จำกัด จุดดังกล่าวมี outdegree 0หรือ3ดังนั้นเราจึงวางxว่าสำหรับจุดที่มีป้ายกำกับ{ 0 , 3 } ถ้าเราวาง$x$$y$$x$$A$$0$$3$$x$$\{0,3\}$$y$ว่าหนึ่งในสามของขอบที่จุดสุดยอดจะต้องชี้ไปในทิศทางเดียวกันเนื่องจากสตริงใน จุดดังกล่าวมี outdegree 1ดังนั้นเราจึงวางYว่าสำหรับจุดที่มีป้ายกำกับ{ 1 }$A$$1$$y$$\{1\}$

ในบางแง่เราก็เสร็จแล้ว โดยเฉพาะอย่างยิ่งการโต้ตอบระหว่างการแก้ไขอินสแตนซ์นี้กับการแก้อินสแตนซ์กราฟการวางแนวควรมีความชัดเจน น่าเสียดายที่รายชื่ออเนกประสงค์ที่เราผลิตอาจไม่ถูกต้องและ "ขอบ" ที่อธิบายไว้อาจไม่ทำงานตามที่ต้องการ โดยเฉพาะอย่างยิ่งรายการอเนกประสงค์อาจไม่ถูกต้องเนื่องจากเงื่อนไขที่ช่วงเวลาจากอเนกประสงค์ต้องมีกันและกันไม่อาจถือ: ช่วงเวลาจากทั้งสองขอบอาจทับซ้อนกันโดยไม่มีใครมีอื่น ๆ

เพื่อต่อสู้กับสิ่งนี้เราได้เพิ่มโครงสร้างพื้นฐานเพิ่มเติม โดยเฉพาะอย่างยิ่งเราเพิ่ม "จุดยอดครอสโอเวอร์" จุดยอดแบบครอสโอเวอร์เป็นจุดสุดยอดของระดับ4ซึ่งมีการจับคู่ขอบซึ่งภายในแต่ละคู่หนึ่งขอบจะต้องชี้ไปที่จุดยอดแบบครอสโอเวอร์และอีกหนึ่งตัว กล่าวอีกนัยหนึ่งจุดยอดครอสโอเวอร์จะทำงานเหมือนกับขอบ "ข้าม" เพียงสองจุด เราเป็นตัวแทนยอดครอสโอเวอร์โดยการวางตัวละครคที่บางส่วนดัชนีฉัน จากนั้นโปรดทราบว่าภาษาAจำกัด อักขระที่i - 1และi + 2ให้อยู่ตรงกันข้าม (หนึ่ง0และหนึ่ง1 ) และอักขระที่i - $4$$c$$i$$A$$i-1$$i+2$$0$$1$$i-2$และฉัน+ 1จะเป็นตรงข้าม ดังนั้นหากเราใช้ดัชนีเหล่านี้เป็นจุดสิ้นสุดสำหรับสี่ขอบที่จุดยอดครอสโอเวอร์พฤติกรรมจะเป็นไปตามที่อธิบายไว้: ขอบทั้งสี่เป็นคู่และทุกคู่มีหนึ่งคะแนนในหนึ่งจุด$i+1$

How do we actually place these crossovers? Well suppose we have two intervals $(l, r)$ and $(l', r')$ which overlap. WLOG, $l < l' < r < r'$. We add the crossover character into the middle (between $l'$ and $r$). (Let's say that all along we spaced everything out so far that there's always enough space, and at the end we will remove any unused space.) Let the index of the crossover character be $i$. Then we replace the four triples $(0, l, r)$, $(1, l, r)$, $(0, l', r')$, and $(1, l', r')$ with eight triples with two each (one with character $0$ and one with character $1$) for the following four intervals $(l, i-1)$, $(i+2, r)$, $(l', i-2)$, $(i+1, r')$. Notice that the intervals don't overlap in the bad way anymore! (After this change, if two intervals overlap, one is strictly inside the other.) Furthermore, the edge from $l$ to $r$ is replaced by an edge from $l$ to the crossover vertex followed by the edge from there to $r$; these two edges are paired at the crossover vertex in such a way that one is pointed in and one is pointed out; in other words, the two edges together behave just like the one edge they are replacing.

In some sense, putting in this crossover vertex "uncrossed" two edges (whose intervals were overlapping). It is easy to see that adding the crossover vertex can't cause any additional edges to become crossed. Thus, we can uncross every pair of crossing edges by inserting enough crossover vertices. The end result still corresponds to the Graph Orientation instance, but now the list of triples is valid (the properties are all easy to verify now that we have "uncrossed" any crossing edges), so the lemma applies, the edges must behave as described, and the correspondence is actually an equivalence. In other words, this reduction is correct.

proof of lemma

Lemma: for a valid list of triples, the characters $x$, $y$, and $c$ must be placed exactly as indicated by the triples, and for any pair of triples $(0, l, r)$ and $(1, l, r)$, the two characters for that triple must be placed at indices $l$ and $r$.

proof:

We proceed by induction on the triples by interval length. In particular, our statement is the following: for any $k$ if some triple has interval length $k$ then the character in that triple must be placed as described in the lemma.

Base case: for $k = 0$, the triple must be placing a character $x$, $y$, or $c$ at the single index inside the interval. This is exactly as described in the lemma.

Inductive case: assume the statement holds for any $k$ less than some $k'$. Now consider some triple with interval length $k'$. Then that triple must be of the form $(i, l, r)$ with $r = l+k'-1$ and $i \in \{0,1\}$. The triple $(1-i, l, r)$ must also be present. The number of triples $(\alpha',l',r')$ with $l \le l'\le r' \le r$ is exactly $r-l+1 = k'$. These triples include triples $(0, l, r)$ and $(1, l, r)$ but also $k'-2$ other triples of the form $(\alpha',l',r')$ with $l < l' \le r' < r$. These other triples all have interval length smaller than $k'$, so they all must place their characters as specified in the lemma. The only way for this to occur is if these triples place characters in every index starting at index $l+1$ and ending at index $r+1$. Thus, our two triples $(0, l, r)$ and $(1, l, r)$ must place their characters at indices $l$ and $r$, as described in the lemma, concluding the inductive case.

By induction, the lemma is correct.

@MikhailRudoy was the first to show NP-hardness, but Louis and I had a different idea, which I thought I could outline here since it works somewhat differently. We reduce directly from CNF-SAT, the Boolean satisfiability problem for CNFs. In exchange for this, the regular language $L$ that we use is more complicated.

The key to show hardness is to design a language $L'$ that allows us to guess a word and repeat it multiple times. Specifically, for any number $k$ of variables and number $m$ of clauses, we will build intervals that ensure that all words $w$ of $L'$ that we can form must start with an arbitrary word $u$ of length $k$ on alphabet $\{0, 1\}$ (intuitively encoding a guess of the valuation of variables), and then this word $u$ is repeated $m$ times (which we will later use to test that each clause is satisfied by the guessed valuation).

To achieve this, we will fix the alphabet $A = \{0, 1, \#, 0', 1'\}$ and the language: $L' := (0|1)^* (\# (00'|11')^*)^* \# (0|1)^*$. The formal claim is a bit more complicated:

Claim: For any numbers $k, m \in \mathbb{N}$, we can build in PTIME a set of intervals such that the words in $L'$ that can be formed with these intervals are precisely:

where $\tilde{u}$ denotes the result of reversing the order of $u$ and swapping $0$'s and $1$'s, where $u'$ denotes the result of adding a prime to all letters in $u$, and where $x \bowtie y$ for two words $x$ of $y$ of length $p$ is the word of length $2p$ formed by taking alternatively one letter from $x$ and one letter from $y$.

Here's an intuitive explanation of the construction that we use to prove this. We start with intervals that encode the initial guess of $u$. Here is the gadget for $n = 4$ (left), and a possible solution (right):

It's easy to show the following observation (ignoring $L'$ for now): the possible words that we can form with these intervals are exactly $u \# \tilde{u}$ for $u \in \{0, 1\}^k$. This is shown essentially like the Lemma in @MikhailRudoy's answer, by induction from the shortest intervals to the longest ones: the center position must contain $\#$, the two neighboring positions must contain one $0$ and one $1$, etc.

We have seen how to make a guess, now let's see how to duplicate it. For this, we will rely on $L'$, and add more intervals. Here's an illustration for $k = 3$:

For now take $L := (0|1)^* (\# (00'|11')^*)^* \# (0' | 1')^*$. Observe how, past the first $\#$, we must enumerate alternatively an unprimed and a primed letter. So, on the un-dashed triangle of intervals, our observation above still stands: even though it seems like these intervals have more space to the right of the first $\#$, only one position out of two can be used. The same claim holds for the dashed intervals. Now, $L$ further enforces that, when we enumerate an unprimed letter, the primed letter that follows must be the same. So it is easy to see that the possible words are exactly: $u \# (\tilde{u} \bowtie \tilde{u}') \# u'$ for $u \in \{0, 1\}^k$.

Now, to show the claim, we simply repeat this construction $m$ times. Here's an example for $k=3$ and $m=2$, using now the real definition of $L'$ above the statement of the claim:

As before, we could show (by induction on $m$) that the possible words are exactly the following: $u (\# \tilde{u} \bowtie \tilde{u}' \# u \bowtie u')^2 \# \tilde{u}$ for $u \in \{0, 1\}^k$. So this construction achieves what was promised by the claim.

Thanks to the claim we know that we can encode a guess of a valuation for the variables, and repeat the valuation multiple times. The only missing thing is to explain how to check that the valuation satisfies the formula. We will do this by checking one clause per occurrence of $u$. To do this, we observe that without loss of generality we can assume that each letter of the word is annotated by some symbol provided as input. (More formally: we could assume that in the problem we also provide as input a word $w$ of length $n$, and we ask whether the intervals can form a word $u$ such that $w \bowtie u$ is in $L$.) The reason why we can assume this is because we can double the size of each interval, and add unit intervals (at the bottom of the picture) at odd positions to carry the annotation of the corresponding even position:

Thanks to this observation, to check clauses, we will define our regular language $L$ to be the intersection of two languages. The first language enforces that the sub-word on even positions is a word in $L'$, i.e., if we ignore the annotations then the word must be in $L'$, so we can just use the construction of the claim and add some annotations. The second language $L''$ will check that the clauses are satisfied. To do this, we will add three letters in our alphabet, to be used as annotations: $+$, $-$, and $\epsilon$. At clause $1 \leq i \leq m$, we add unit intervals to annotate by $+$ the positions in the $i$-th repetition of $u$ corresponding to variables occurring positively in clause $i$, and annotate by~$-$ the positions corresponding to negatively occurring variables. We annotate everything else by~$\epsilon$. It is now clear that $L''$ can check that the guessed valuation satisfies the formula, by verifying that, between each pair of consecutive $\#$ symbols that contain an occurrence of $u$ (i.e., one pair out of two), there is some literal that satisfies the clause, i.e., there must be one occurrence of the subword $+1$ or of the subword $-0$.

This concludes the reduction from CNF-SAT and shows NP-hardness of the letter scheduling problem for the language $L$.