Trovare una sequenza ottimale di domande per ridurre al minimo il tempo totale degli studenti

Supponiamo che ci sia una sessione di tutorial in un'università. Abbiamo una serie di $k$ domande $Q = \{ q_1 \ldots q_k \}$ e una serie di $n$ studenti $S = \{ s_1 \ldots s_n \}$ . Ogni studente ha dei dubbi in un certo sottoinsieme di domande, vale a dire per ogni studente $s_j$ , lascia che $Q_j \subseteq Q$ sia l'insieme di domande che uno studente ha dei dubbi. Supponiamo che $\forall 1 \leq j \leq n: Q_j \neq \phi$ e $\bigcup_{1\leq j\leq n}Q_j = Q$ .

Tutti gli studenti entrano nella sessione di esercitazione in principio (a ). Ora, uno studente lascia la sessione del tutorial non appena sono state discusse tutte le domande in cui ha dei dubbi. Supponiamo che il tempo impiegato per discutere ogni domanda sia uguale, ad esempio 1 unità ∗ . Lasciate t j sia il tempo speso dai s j nella sessione tutorial. Vogliamo scoprire una permutazione ottimale σ in cui vengono discusse le domande ( q σ ( 1 ) … q σ ( n ) ) come la quantità T σ$t = 0$$^*$$t_j$$s_j$$\sigma$$(q_{\sigma(1)} \ldots q_{\sigma(n)})$ è ridotto a icona.$T_\sigma = \Sigma_{1\leq j \leq n}t_j$

Non sono stato in grado di progettare un algoritmo di tempo polinomiale, o dimostrare -hardness.$\mathsf{NP}$

Siamo in grado di definire una versione decisione del problema

dove è l'insieme di Q j . $\mathcal{F}_Q$$Q_j$

Possiamo quindi trovare il minimo usando binario di ricerca C e scoprire l'ottimale σ usando assegnazioni parziali σ in tempo polinomiale usando un oracolo per T U T . Inoltre, T U T ∈ N P perché σ ottimale può essere utilizzato come certificato che possiamo verificare facilmente in tempo polinomiale.$T_\sigma$$C$$\sigma$$\sigma$$\mathsf{TUT}$$\mathsf{TUT} \in \mathsf{NP}$$\sigma$

La mia domanda: N P è completa o possiamo progettare un algoritmo temporale polinomiale per esso?$\mathsf{TUT}$ $\mathsf{NP}$

Sidenote: A proposito, ho pensato a questa domanda dopo un'effettiva sessione di tutorial, in cui l'AT ha discusso le domande nell'ordine normale causa della quale molti studenti hanno dovuto aspettare fino alla fine.$q_1 \ldots q_n$

Esempio
Sia e n = 2 . Q 1 = { q 3 } e Q 2 = { q 1 , q 2 , q 3 } . Possiamo vedere che un ottimale σ = ⟨ 3 , 1 , 2 ⟩ perché in tal caso, s 1 foglie dopo t 1 = 1 ed s 2 foglie dopo $k=3$$n=2$$Q_1 = \{q_3\}$$Q_2 = \{q_1, q_2, q_3\}$$\sigma = \langle 3, 1, 2 \rangle$$s_1$$t_1 = 1$$s_2$ , quindi somma è 4. Tuttavia, se discutiamo le domande nell'ordine ⟨ 1 , 2 , 3 ⟩ , poi s 1 e s 2 sia necessario attendere fino alla fine e t 1 = t 2 = 3 , in modo da la somma è 6.$t_2 = 3$
$\langle 1, 2, 3\rangle$$s_1$$s_2$$t_1 = t_2 = 3$

Siete liberi di risolvere il caso più generale in cui ogni domanda q i prende x i gruppi per discutere!$^*$$q_i$$x_i$

Sospetto che il problema sia NP-difficile. Mostrerò come trasformare il problema in modo che sia fortemente correlato a un problema NP-difficile. (Sì, è piuttosto vago. Fondamentalmente penso che il mio approccio generale sia corretto, ma al momento non sono in grado di procedere.)$\mathsf{TUT}$

Innanzitutto, si noti che il problema può essere riformulato come segue:$\mathsf{TUT}$

Dato un insieme di domande di dimensione k , un insieme di n sottoinsiemi F Q ⊆ P ( Q ) e un intero C , fa esiste una sequenza Σ : ⟨ S 1 , ... , S k ⟩ tale che, per tutti i ∈ { 1 , ... , k } :$Q$$k$$n$$\mathcal{F}_Q\subseteq \mathcal{P}(Q)$$C$$\Sigma : \langle S_1,\ldots, S_k\rangle$$i \in\{1,\ldots,k\}$

1. e | S i | = i ; e$S_i\subseteq Q$$|S_i|=i$
2. per tutti j > i ; e$S_i \subset S_j$$j>i$
3. ?$\sum_{i=1}^k |\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}| \leq C$

Si noti che l'insieme rappresentano le prime i domande che verranno spiegati. Le condizioni 1 e 2 assicurano che i sottoinsiemi siano ben formati secondo questa interpretazione. La condizione 3 conta la quantità di studenti che non sono partiti in ogni momento, quindi si somma al tempo di attesa totale tra tutti gli studenti.$S_i$$i$

Ora, limitiamo le dimensioni dei sottoinsiemi in a 2 , in modo da poter rappresentare questi sottoinsiemi come bordi su un grafico in cui i vertici sono gli elementi da Q . (Un risultato di durezza per questo caso speciale è sufficiente per la durezza del problema generale)$\mathcal{F}_Q$$2$$Q$

Ora, il problema di minimizzare per un singolo i (questo essenzialmente ignora la condizione 2) equivale al seguente problema, che doppio " Double max  k -vertex-cover ":$|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$$i$$\mathsf{\text{Double max $k$-vertex-cover}}$

Dato un grafico non orientato e numeri interi k e t , esiste un insieme di vertici V ′ ⊆ V di dimensione al massimo k tale che l'insieme { ( u , v ) ∈ E ∣ u ∈ V ′ ∧ v ∈ V ′ } ha una dimensione di almeno t ?$G=(V,E)$$k$$t$$V'\subseteq V$$k$$\{(u,v)\in E\mid u\in V' \wedge v \in V' \}$$t$

Questo problema è NP-difficile, poiché -clique è un caso speciale di questo problema, come mostra questa risposta . Tuttavia, ciò non è sufficiente per dimostrare che T U T è NP-difficile, poiché dobbiamo trovare il massimo per ogni i , rispettando la condizione 2. Queste condizioni non sono soddisfatte da ogni sequenza Σ che soddisfa solo le condizioni 1 e 3: considera il grafico su 7 vertici con due cicli disgiunti, uno di dimensione 4 , l'altro di dimensione 3 . Per i = 3 , selezionando tutti i vertici nel ciclo 3 si ottiene il massimo, mentre si selezionano tutti i vertici del $k$$\mathsf{TUT}$$i$$\Sigma$$7$$4$$3$$i=3$$3$$4$$i=4$

$\mathsf{TUT}$

Quindi, per riassumere, ho ridotto la domanda a quanto segue:

• $\mathsf{TUT}$

$|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$$i=1\ldots k$, by finding all maximum 'extenstions' of all found maximum sets for $i-1$. This does not lead to an efficient algorithm, as the amount of maximum sets at a single iteration may be exponential in $k$. Additionally, I have not seen a method to determine whether a subset for some $i$ would eventually become the 'global' maximum to prevent checking an exponential amount of subsets.