Come posso ridurre la somma del sottoinsieme in partizione?

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Forse questo è abbastanza semplice ma ho qualche problema per ottenere questa riduzione. Voglio ridurre la somma del sottoinsieme in partizione ma in questo momento non vedo la relazione!

È possibile ridurre questo problema usando una riduzione del Levin?

Se non capisci, scrivi per chiarimenti!

complexity-theory np-complete reductions

— dbonadiman
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Sia un'istanza della somma del sottoinsieme, in cui è un elenco (multiset) di numeri e è la somma target. Lasciate . Let essere la lista formata con l'aggiunta di a . $(L,B)$ $L$ $B$ $S = \sum L$ $L'$ $S+B,2S-B$ $L$

(1) Se esiste un elenco secondario somma a , allora può essere suddiviso in due parti uguali: e . In effetti, la prima parte somma a e la seconda a . $M \subseteq L$ $B$ $L'$ $M \cup \{ 2S-B \}$ $L\setminus M \cup \{ S+B \}$ $B+(2S-B) = 2S$ $(S-B)+(S+B) = 2S$

(2) Se può essere suddivisa in due parti uguali , allora v'è una lista parziale di sommando al . Infatti, poiché e ogni parte si somma a , i due elementi appartengono a parti diverse. Senza perdita di generalità, . Il resto degli elementi in appartengono a e somma a . $L'$ $P_1,P_2$ $L$ $B$ $(S+B)+(2S-B) = 3S$ $2S$ $2S-B \in P_1$ $P_1$ $L$ $B$

— Yuval Filmus
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Ma il problema della somma

— parziale

SUBSET-SUM è NP-completo anche con numeri interi non negativi, ad esempio la riduzione da 3SAT finisce con numeri interi non negativi. Inoltre, c'è probabilmente una riduzione diretta da SUBSET-SUM intero a SUBSET-SUM intero non negativo.

— Yuval Filmus,

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Sì, lo so, e questa riduzione è molto semplice. Solo notando che non è la somma del sottoinsieme nel suo modulo "predefinito". :)

— gukoff,

Funzionerebbe anche se

È

? come

, come

L^{^{'}}

$L^{'}$

L ⋃ {B, S - B}

$L \bigcup \{B, S-B\}$

| {B, S - B} | = B

$|\{B, S-B\}| = B$

| L | = B

$|L| = B$

— Curioso

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@Issam Non sarebbe, questa istanza di PARTITION avrebbe sempre la soluzione

.

L, {B, S - B}

$L,\{B,S-B\}$

— Yuval Filmus,

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La risposta menzionata da @Yuval Filmus è errata (è corretta SOLO se non ci sono numeri interi negativi). Considera il seguente multiset:

{- 5, 2, 2, 2, 2, 2}

$\{-5, 2, 2, 2, 2, 2\}$

e la somma target è . Sappiamo che non esiste un sottoinsieme. Ora costruiamo l'istanza per il problema di partizione. I due nuovi elementi aggiunti sono e . Il multiset è ora: e la somma totale è . $-2$ $2\sigma-t = 12$ $\sigma+t = 3$

{- 5, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 12}

$\{-5, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 12\}$

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$20$

Il problema della partizione risolve la risposta dando al sottoinsieme Qui, i 2 nuovi elementi sono nello stesso sottoinsieme (non c'è altro modo di dividere in metà della somma). Quindi, questo è un contro esempio. La risposta corretta è la seguente:

{2, 2, 2, 2, 2}

$\{2, 2, 2, 2, 2\}$

Aggiungi un elemento il cui valore è . La somma totale del multiset è ora di . Risolvi il problema della partizione che darà 2 sottogruppi di somma . Solo una delle partizioni conterrà il nuovo elemento. Scegliamo l'altra partizione la cui somma è e abbiamo risolto il problema del sottoinsieme riducendolo in un problema di partizione. Questo è ciò che spiega il link . $2t-\sigma$ $2t$ $t$ $t$

— Rohit Kumar Jena
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Ma, come dice Yuval in un commento alla sua risposta, la somma dei sottogruppi è NP-completa anche se ci limitiamo a numeri interi positivi. Quindi possiamo presumere che non ci siano numeri negativi.

— David Richerby,

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Sì, sono d'accordo, la somma del sottoinsieme è NP-completa anche in caso di numeri interi positivi. Stavo solo fornendo una prova più completa per qualsiasi numero intero.

— Rohit Kumar Jena,

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"Basta fornire una prova più completa" e anche erroneamente affermare che una risposta esistente non è corretta.

— David Richerby,

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Non è corretto nel senso che non funziona con numeri interi negativi. :) Pace :)

— Rohit Kumar Jena,

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Ecco una prova semplice:

È facile vedere che SET-PARTITION può essere verificato in tempo polinomiale; data una partizione $P_1,P_2$ basta sommare i due e verificare che le loro somme siano uguali tra loro, il che è ovviamente una verifica del tempo polinomiale (perché la somma è un'operazione polinomiale e stiamo eseguendo al massimo $|X|$ molte sommazioni).

Il nucleo della dimostrazione sta nel ridurre SUBSETSUM a PARTITION; a tal fine, dato l'insieme $X$ e un valore $t$ (la query della somma del sottoinsieme) formiamo un nuovo insieme $X'=X \cup \{s-2t\}$ dove $s=\sum_{x \in X}x$ . Per vedere che questa è una riduzione:

( $\implies$ ) supponiamo che esista qualche $S \subset X$ tale che $t=\sum_{x \in S}x$ allora avremmo che
$s - t = \sum_{x \in S \cup {s - 2 t}} x,$ $\begin{equation*} s-t=\sum_{x \in S\cup \{ s-2t \} }x, \end{equation*}$ $s - t = \sum_{x \in X^{'} ∖ (S \cup {s - 2 t})} x$ $\begin{equation*} s-t=\sum_{x \in X' \setminus( S\cup \{s-2t\})}x \end{equation*}$ e vorremmo che $S\cup \{ s-2t \}$ e $X' \setminus( S\cup \{s-2t\})$ formano una partizione di $X'$
( $\impliedby$ $P_1',P_2'$ $X'$ $\sum_{x \in P_1'}x= \sum_{x \in P_2'}x$ $P_1$ $P_2$ $X$
$s - 2 t + \sum_{x \in P_{1}} x = \sum_{x \in P_{2}} x$ $\begin{equation*} s-2t+\sum_{x \in P_1}x= \sum_{x \in P_2}x \end{equation*}$ $⟹ s - 2 t + \sum_{x \in P_{1}} x + \sum_{x \in P_{1}} x = \sum_{x \in P_{2}} x + \sum_{x \in P_{1}} x = s$ $\begin{equation*} \implies s-2t+\sum_{x \in P_1}x+\sum_{x \in P_1}x= \sum_{x \in P_2}x+\sum_{x \in P_1}x = s \end{equation*}$ $⟹ s - 2 t + 2 \sum_{x \in P_{1}} x = s$ $\begin{equation*} \implies s-2t+2\sum_{x \in P_1}x = s \end{equation*}$ $⟹ \sum_{x \in P_{1}} x = t$ $\begin{equation*} \implies \sum_{x \in P_1}x = t \end{equation*}$

$t=\sum_{x \in S}x$ $P_1 =S\cup \{ s-2t \}$ $P_2=X' \setminus( S\cup \{s-2t\})$ $P_1',P_2'$ $t=\sum_{x \in P_1'\setminus \{s-2t\}}x$ $f:(X,t)\rightarrow X'$ $(X,t)$ $\Leftrightarrow X'=f(X,t)$

— Pedrpan
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Somma sottoinsieme:

Input: {a1, a2, ..., am} st M = {1..m} e ai sono numeri interi non negativi e S⊆ {1..k} e Σai (i∈S) = t

Partizione:

Input: {a1, a2, ..., am} e S⊆ {1, · · ·, m} st Σai (i∈S) = Σaj (j∉S)

Partizione Np Proof: se il prover fornisce una partizione (P1, P2) per il verificatore, il verificatore può facilmente calcolare la somma di P1 e P2 e verificare se il risultato è 0 in tempo lineare.

NP_Hard: SubsetSum ≤p PARTITION

Sia x l'input di SubsetSum e x = 〈a1, a2, ..., am, t〉 e Σai (i da 1 a m) = a

Caso 1: 2t> = a:

Sia f (x) = 〈a1, a2, ..., am, am + 1〉 dove am + 1 = 2t − a

Vogliamo mostrare che x∈SubsetSum ⇔ f (x) ∈PARTITION

quindi esistono S⊆ {1, ..., m} st T = {1..m} - S e Σai (i∈T) = at

e Let T '= {1 ... m, m + 1} - S così Σaj (j∈T') = a-t + 2t-a = t

che è esattamente Σai (i∈S) = t e mostra f (x) ∈PARTITION

ora mostreremo anche che f (x) ARTPARTITION ⇔ x∈SubsetSum

quindi esistono S⊆ {1, ..., m, m + 1} st T = {1, ..., m, m + 1} - S e Σai (i∈T) = [a + (2t-a ) -t] = t

e mostra Σai (i∈T) = Σaj (j∈S) quindi m + 1∈T e S⊆ {1, · · ·, m} e Σai (i∈S) = t

così x∈SubsetSum

Caso 2: 2t = <a :

possiamo controllare lo stesso ma proprio questa volta am + 1 è un − 2t

— Behrooz Tabesh
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questo link ha una buona descrizione di entrambe le riduzioni, partizione a subset-sum e subset-sum a partizione. Penso che sia più ovvio della risposta di YUVAL . link utile

— user44970
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— Tom van der Zanden,