วิธีที่เร็วที่สุดในการตรวจสอบการรวมชุดคืออะไร?

ได้รับย่อยของ\}$n$$S_1,\ldots,S_n$$\{1,\ldots,d\}$

ตรวจสอบว่ามีชุดกับS_j (ถ้าเป็นเช่นนั้นค้นหาตัวอย่างถ้าไม่เพียงแค่พูดว่า "ไม่")$S_i,S_j$$S_i \subsetneq S_j$

วิธีการแก้ปัญหาเล็ก ๆ น้อย ๆ เพื่อแก้ไขปัญหานี้ผ่านไปทุกคู่ของชุดและการตรวจสอบรวมสำหรับคู่ในเวลา$O(d)$เพื่อให้รันไทม์โดยรวมเป็น$O(n^2 d)$ง) สามารถแก้ไขปัญหานี้ได้เร็วขึ้นหรือไม่ มีชื่อในวรรณคดีหรือไม่?

คุณไม่สามารถแก้ไขได้ในเวลา$O(n^{2-\epsilon})$สำหรับค่าคงที่$\epsilon>0$ยกเว้นว่าสมมุติฐานเวลาเอ็กซ์โพเนนเชียลที่คาดเดายากเป็นเท็จ

นั่นคือถ้าเรามีขั้นตอนวิธีการดังกล่าวเราสามารถแก้$n$ -variable CNF Satisfiability ใน$O((2-\epsilon')^{n})$เวลาสำหรับบาง$\epsilon'>0$ 0 เหตุผลก็คือเราสามารถแบ่งตัวแปรในสองส่วนเท่ากัน$P_1$และ$P_2$ของตัวแปร$n/2$แต่ละอัน สำหรับแต่ละส่วนเราสร้างตระกูล$F_1$และ$F_2$ตามลำดับของส่วนย่อยของข้อด้วยวิธีดังต่อไปนี้ สำหรับการมอบหมายแต่ละครั้งเราจะเพิ่มเซ็ตย่อยที่ประกอบด้วยส่วนคำสั่งที่ไม่พอใจ การก่อสร้างนี้วิ่งใน$poly(n)2^{n/2}$เวลา

ที่จะเสร็จสิ้นการก่อสร้างเราทราบว่าอินสแตนซ์ CNF เดิมมีทางออก IFF มีเป็นส่วนหนึ่งใน$F_1$ซึ่งเป็นเคล็ดย่อยบางอย่างในF_2$F_2$

การเพิ่มองค์ประกอบพิเศษบางอย่างให้กับพื้นดินของคุณนอกเหนือจากองค์ประกอบสำหรับแต่ละประโยคมันไม่ยากเกินไปที่จะฝังปัญหาความไม่ลงรอยกันนี้เป็นคำถามของการรวมชุด คุณโดยทั่วไปใช้เวลาเติมเต็มส่วนย่อยในส่วนF_1$F_1$เพื่อให้แน่ใจว่าทั้งสองชุดใน$F_1$จะไม่ถูกนับเป็นการรวมคุณเพิ่มรหัสจาก anti-chain ในองค์ประกอบเพิ่มเติม anti-chain code อื่น (ในองค์ประกอบพิเศษอื่น ๆ ของชุดกราวด์) ถูกใช้ในชุดย่อยของ$F_2$เพื่อให้แน่ใจว่าไม่มีคู่เซตย่อยจาก$F_2$การรวม ในที่สุดชุดทั้งหมดที่เกิดขึ้นจาก$F_1$รวมองค์ประกอบทั้งหมดของรหัส anti-chain ของ$F_2$

นี่เป็นคำถามที่รวมไว้ในชุดย่อยบนชุดกราวด์การโต้เถียงกลับไปที่กระดาษต้นของ Ryan Williams (จำไม่ได้ว่าอันไหน) d = p o l y ( n $2^{n/2+1}$$d=poly(n)$

หากคุณสนใจครอบครัวเซ็ตที่มีดังนั้นวิธีแก้ปัญหาอื่นที่คล้ายคลึงกับแนวคิดที่อยู่ในคำตอบของ Yuval ก็คือการคำนวณการแปลงซีต้า$n = \omega(2^{d/2})$

$$f\zeta(T) = \sum_{S \subseteq T} f(S)\,,$$

ที่เป็นฟังก์ชั่นตัวบ่งชี้ของครอบครัวการป้อนข้อมูล\} นั่นคือถ้าและอย่างอื่น เห็นได้ชัดว่ามีชุดดังกล่าวว่าถ้าหากสำหรับบาง{F}F = { S 1 , S 2 , … , S n } f ( S ) = 1 S ∈ F f ( S ) = 0 S i ≠ S $f \colon 2^{[d]} \to \mathbb{R}$$\mathcal{F} = \{ S_1, S_2, \dotsc, S_n \}$$f(S) = 1$$S \in \mathcal{F}$$f(S) = 0$$S_i \not= S_j$$S_i \subseteq S_j$S ∈ $f\zeta(S) > 1$$S \in \mathcal{F}$

การคำนวณการแปลงซีตาสามารถคำนวณได้ในเวลาโดยใช้อัลกอริทึมของ Yates ดูตัวอย่างของ TAOCP ของ Knuth, vol 2, §4.6.4 อัลกอริทึมนั้นเป็นโปรแกรมแบบไดนามิกที่ค่อนข้างตรงไปตรงมาและง่ายต่อการปรับเปลี่ยนเพื่อให้ตัวอย่างของชุดรวมหากมีอยู่$O(d2^d)$

ปัญหานี้สามารถแก้ไขได้โดยใช้อัลกอริธึมสำหรับการคูณเมทริกซ์ที่รวดเร็วและฉันก็สงสัยว่ามันจะเทียบเท่ากับการคูณเมทริกซ์ (แม้ว่าฉันจะไม่รู้วิธีใด ๆ ที่จะพิสูจน์เรื่องนี้ได้และฉันก็ไม่คิดว่า ) การแก้ปัญหานี้จะมีเวลาทำงานของ O (n ^ {2.373}) เมื่อ n = d และเวลาทำงานอื่น ๆ สำหรับความสัมพันธ์อื่น ๆ ระหว่าง d และ n

นี่คือวิธีที่คุณแก้ปัญหาโดยใช้การคูณเมทริกซ์: คุณเขียนเวกเตอร์ลักษณะของเซตในแถวของ n คูณ d เมทริกซ์ A และเวกเตอร์ลักษณะของการเติมเต็มชุดในคอลัมน์โฆษณาโดยเมทริกซ์บีคุณ จากนั้นคูณ A ด้วย B คู่ของชุดที่ตัดกันนั้นเป็นตำแหน่งของผลิตภัณฑ์ A * B ที่เท่ากับศูนย์

สำหรับเวลาที่ใช้งานได้ดีที่สุดสำหรับปัญหานี้ให้ดูที่กระดาษของ Huang และ Pan ในเรื่อง ถ้าฉันจำได้อย่างถูกต้องเมื่อ d มีขนาดใหญ่พอเวลาทำงานจะกลายเป็น O (nd) ที่เหมาะสมที่สุด สำหรับ n = d คุณจะมีเวลาทำงาน O (n ^ {2.373}) สำหรับความสัมพันธ์อื่นของ n และ d คุณจะได้รับค่าอื่น ๆ หากอัลกอริทึมที่ดีที่สุดสำหรับการคูณเมทริกซ์สี่เหลี่ยมนั้นมีอยู่คุณจะได้อัลกอริทึมที่มีเวลาทำงาน O (n ^ 2 + nd) สำหรับปัญหาของคุณ ฉันสงสัยว่าไม่มีวิธีที่ดีไปกว่านี้ในการแก้ปัญหาของคุณ แต่ฉันก็ยังห่างไกลจากความมั่นใจ

วิธีนี้อาจไม่ใช่วิธีการใช้งานจริงเนื่องจากค่าคงที่ของอัลกอริทึมเหล่านี้มีขนาดใหญ่เกินไป อัลกอรึทึมของ Strassen อาจปรับปรุงวิธีแก้ปัญหาไร้เดียงสาสำหรับค่าที่เหมาะสมของ n และ d แต่ฉันก็ไม่แน่ใจด้วยซ้ำ อย่างไรก็ตามปัญหาที่ดูเหมือนว่าเกี่ยวข้องกับการคูณเมทริกซ์ดูเหมือนจะไม่ค่อยมีอัลกอริทึม combinatorial ที่ดีกว่าอัลกอริธึมไร้เดียงสา (โดยมากกว่าปัจจัยโพลิไทกาทิติก) ดังนั้นถ้าฉันต้องเดาฉันเดาว่าไม่มีอัลกอริทึมที่ดีสำหรับปัญหาของคุณ ดีกว่าไร้เดียงสาอย่างมีนัยสำคัญโดยใช้เทคนิควันปัจจุบัน

ถ้าจากนั้นเราก็รู้ว่าเซตไม่ใช่ antichain โดยบทแทรกของ Sperner และอื่น ๆ เวอร์ชันการตัดสินใจของปัญหากลายเป็นเรื่องเล็กน้อย แต่มันอาจน่าสนใจที่จะพิจารณากรณีที่ใกล้เคียงกับค่านั้น$n > \binom{d}{d/2} \approx \frac{2^d}{\sqrt{\pi d/2}}$$n$

ทำงาน Friedgut บนแอร์ดิช-Ko-Rado ทฤษฎีบทที่แสดงให้เห็นว่าได้รับเวกเตอร์ลักษณะครอบครัวย่อยของหนึ่งสามารถหาได้ในเวลาไม่ว่าจะเป็นเป็นครอบครัวตัด (ทุกสององค์ประกอบของตัด). โดยทั่วไปวิธีการของเขาทำให้เราสามารถคำนวณ ที่เป็นฟังก์ชันที่รู้จัก (เฉพาะ) ซึ่งไม่ใช่ - ศูนย์เฉพาะถ้าเป็น disjoint ขึ้นอยู่กับ histogram ของที่เป็นตัวบ่งชี้สำหรับx[ m ] O ( m 2 m ) f f Σ = ∑ x , y ∈ f S ( x , y ) , S ( x , y ) ≥ 0 x , y S ( x , y ) { ( x i , y i ) : i ∈ [ d ] } x $f$$[m]$$O(m2^m)$$f$$f$

$$\Sigma = \sum_{x,y \in f} S(x,y),$$ $S(x,y) \geq 0$$x,y$$S(x,y)$$\{(x_i,y_i) : i \in [d]\}$$x_i$$i \in x$

(ในฐานะที่เป็นกันเราแสดงความคิดเห็นว่าวิธีการของเขายังทำงานถ้าเราจะได้รับทั้งสองครอบครัวและมีความสนใจใน . ใน ทั้งสองกรณีเราจำเป็นต้องคำนวณการแปลงฟูริเยร์ - วอลช์ skewed ของสำหรับพลแล้วโดยที่ขึ้นอยู่กับน้ำหนัก Hamming ของ .)Σ = Σ x ∈ F , Y ∈ กรัม S ( x , Y ) พีเอฟ, จีพี∈ ( 0 , 1 / 2 ) Σ = Σ x T ( x ) F ( x ) กรัม ( x ) T ( x ) $f,g$$\Sigma = \sum_{x\in f, y\in g} S(x,y)$$p$$f,g$$p \in (0,1/2)$$\Sigma = \sum_x T(x) \hat{f}(x) \hat{g}(x)$$T(x)$$x$

ทั้งหมดนี้เกี่ยวข้องกับปัญหาที่เกิดขึ้นอย่างไร? พิจารณาครอบครัว ทุกมี disjoint จากทุก\} ตั้งแต่จะได้รับอย่างชัดเจนเราสามารถคำนวณผลงานของคู่เหล่านี้ไป\มีคู่ที่แยกจากกันมากขึ้นอีกไหม? หากมี disjoint จากแล้วและอื่นS_j ดังนั้นจึงเป็นแอนติเจน iff S i ∪ { x } ¯ S i ∪ { y } S ( x , y ) Σ S i ∪ { x } ¯

$$F = \{ S_i \cup \{x\} : i \in [n] \} \cup \{ \overline{S_i} \cup \{y\} : i \in [n] \}.$$ $S_i \cup \{x\}$$\overline{S_i} \cup \{y\}$$S(x,y)$$\Sigma$$S_i \cup \{x\}$S$\overline{S_j} \cup \{y\}$$S_i \cap \overline{S_j} = \emptyset$$S_i \subseteq S_j$$S_1,\ldots,S_n$ $$\Sigma = \sum_{i=1}^n S(S_i \cup \{x\}, \overline{S_i} \cup \{y\}).$$

อัลกอริทึมนี้วิ่งในเวลาปัจจัยพหุนามในละเลยdเมื่ออยู่ใกล้กับนี้เป็นอย่างดีกว่า2) โดยทั่วไปเราได้รับการปรับปรุงตราบเท่าที่2})$\tilde{O}(n + 2^d)$$d$$n$$2^d$$\tilde{O}(n^2)$$n = \omega(2^{d/2})$

เนื่องจากเราทราบว่ามีคู่ที่น่าพอใจมีอยู่เราจะหาได้อย่างไร สมมติว่าเราแบ่งชุดออกเป็นสองกลุ่มโดยการสุ่ม ด้วยความน่าจะเป็นประมาณเซตและจะพบว่าตัวเองอยู่ในกลุ่มเดียวกัน หากเราโชคดีเราสามารถใช้อัลกอริทึมของเราในและค้นหาว่าสิ่งใดเป็นของเหล่านี้และลดจำนวนชุดที่เราต้องพิจารณาลงครึ่งหนึ่ง ถ้าไม่เราสามารถลองอีกครั้ง นี้แสดงให้เห็นว่ามีจำนวนที่คาดหวังของโทร oracle กับรุ่นตัดสินใจเราจริงสามารถหาคู่ที่น่าพอใจS_j$S_i \subseteq S_j$$S_1,\ldots,S_n$$G_1,G_2$$1/2$$S_i$$S_j$$G_1$$G_2$$O(\log n)$$S_i \subseteq S_j$

นอกจากนี้เรายังสามารถสุ่มอัลกอริทึม โดยไม่สูญเสียของทั่วไปเช่นสมมติว่า k ในแต่ละขั้นตอนเราแบ่งพาร์ติชันตามแต่ละบิตหนึ่งในพาร์ติชันเหล่านี้จะใส่และในส่วนเดียวกันเสมอยกเว้นว่าพวกเขามีขั้วตรงข้าม เราสามารถทดสอบสิ่งนี้ได้อย่างชัดเจนโดยใช้การดำเนินการเท่านั้น นี่เป็นอัลกอริธึมที่กำหนดไว้ล่วงหน้าโดยใช้ oracle เรียกไปยังเวอร์ชันการตัดสินใจ$n = 2^k$$k$$x$$y$$O(nd)$$O(\log^2 n)$