Complessità di una variante di somma di sottoinsieme

Questa variante del problema della somma dei sottoinsiemi è facile / conosciuta?

Dato un numero intero e un set di numeri interi positivi tale che ogni ha al massimo bit impostati su ( ); esiste un sottoinsieme tale che la somma dei suoi elementi sia uguale a ? $m$ $A = \{x_1, x_2, ..., x_n\}$ $x_i$ $k=2$ $1$ $x_i = 2^{b_{i_1}}+2^{b_{i_2}},\;\; b_{i_1},b_{i_2}\geq 0$ $A' \subseteq A$ $m$

È in ? È ancora ? $\sf{P}$ $\sf{NP}$

E se ogni ha al massimo bit impostati su ? Per il problema è banale. $x_i$ $k=3$ $1$ $k=1$

complexity-theory reference-request decision-problem

— vor
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È ancora , anche per . Data un'istanza della somma del sottoinsieme, possiamo trasformarla in questa variante suddividendo i numeri e aggiungendo alcuni bit extra. $\sf{NP}$ $k=2$

Innanzitutto, la somma di tutti i numeri nel problema sarà inferiore a per un valore di . $2^m$ $m$

Ora prendiamo un numero dal problema originale che ha impostato bit. Divideremo questo numero in numeri con esattamente 2 bit impostati in modo tale che la somma di questi numeri sia . Possiamo farlo ricorsivamente, trovando i numeri di che si sommano ai primi bit di più e numeri che sommare agli ultimi bit più . $n$ $k$ $k$ $n+2^{k+m}$ $\lceil{k}\rceil$ $\lceil{k}\rceil$ $2^{k+m-1}$ $\lfloor{k}\rfloor$ $\lfloor{k}\rfloor$ $2^{k+m-1}$

Oltre a quel numero, aggiungeremo anche il numero al problema. Una soluzione deve contenere questo numero o tutti i numeri creati in precedenza. Se il valore target originale era il nuovo valore target sarà . $2^{k+m}$ $k$ $t$ $t+2^{k+m}$

Se il problema originale aveva più di un numero, possiamo ripetere questo processo prendendo per il nuovo valore di . $k+m+1$ $m$

Esistono solo due modi in cui è possibile impostare il bit nella posizione : la risposta può contenere il numero o tutti i numeri che si sommano a . Pertanto, abbiamo ridotto la somma del sottoinsieme alla variante della somma del sottoinsieme. $k+m$ $2^{k+m}$ $k$ $n+2^{k+m}$

Ad esempio, prendiamo con il valore target . Questo problema potrebbe essere codificato come la variante della somma del sottoinsieme presentata qui prendendo i seguenti numeri binari: ${\{2,3,5\}}$ $7$

2 viene mappato su e . (L'uso del bit extra non è strettamente necessario qui.) $0100\ 1$ $0000\ 1$

3 viene mappato su e $1000\ 00\ 1, 0100\ 00\ 1$ $0000\ 00\ 01$

5 viene mappato su e . $1000\ 00\ 000\ 1, 0010\ 00\ 000\ 1$ $0000\ 00\ 000\ 01$

Il nuovo valore target diventerebbe . $1110\ 10\ 010\ 01$

Se il problema originale è rappresentato con bit, il problema trasformato ha al massimo bit. Il problema originale avrà al massimo numeri ciascuno con al massimo bit, quindi la somma di tutti è anche O (n). Il problema trasformato avrà numeri (poiché ogni numero -bit è suddiviso in numeri a bit, con la loro lunghezza al massimo poiché utilizziamo bit aggiuntivi per ogni numero. Quindi la dimensione totale del problema trasformato è bit. $n$ $O(n^4)$ $O(n)$ $O(n)$ $O(n^2)$ $n$ $n+1$ $2$ $O(n^2)$ $n$ $O(n^4)$

— Tom van der Zanden
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sei sicuro che la codifica non porta a una dimensione esponenziale del nastro di lavoro?

— Vor,

No, penso che il problema trasformato abbia dimensioni quartiche. Se l'ingresso ha n bit, allora ci sono al massimo n numeri ciascuno con n bit impostati. Quindi ci saranno numeri O (n ^ 2) nel problema trasformato (poiché un numero k-bit è diviso in k + 1 numeri). Ogni numero è lungo (2n) bit per contenere la somma massima più n bit per ciascuno degli n numeri nel problema originale. Quindi ogni numero avrà O (2n + n ^ 2) bit, per un totale di O (n ^ 4) bit.

— Tom van der Zanden,

@TomvaderZanden: ho aggiunto un'immagine della tua riduzione nella domanda; vedi se l'ho interpretato correttamente

— Vor

@TomvaderZanden: oggi guardo di nuovo la tua riduzione, ma non è chiaro come da un numero arbitrario con bit impostati puoi dividerlo in numeri a 2 bit dove la parte "più alta" si somma a . Supponiamo di avere un numero con bit impostati; hai bisogno di 13 numeri a 2 bit, ma 13 è 1101 e non puoi "coprirlo" con un numero a due bit (il tuo esempio funziona perché per 3 e 5 k = 2). Penso che questo possa essere facilmente risolto se si utilizza un bit alto diverso per ciascuno dei numeri a 2 bit; si sommeranno a 01111 ... 1, quindi si aggiungerà un manichino 0000 ... 1 che consentirà alla somma di essere .

n

$n$

k

$k$

k

$k$

2^{k}

$2^k$

n

$n$

k = 13

$k=13$

k

$k$

2^{k}

$2^k$

— Vor

È un po 'vago, ma è certamente possibile usare una procedura "induttiva". In realtà non hai bisogno di bit, hai solo bisogno di . Se vuoi trovare 13 numeri da 1 bit che sommano fino a , allora devi trovare 6 numeri che sommano fino a e 7 che sommano anche fino a . Possiamo prendere che in effetti somma fino a .

k

$k$

c e i l (\log k)

$ceil(\log k)$

2^{4}

$2^4$

2^{3}

$2^3$

2^{3}

$2^3$

10 * 2^{0} + 3 * 2^{1}

$10*2^0+3*2^1$

2^{4}

$2^4$

— Tom van der Zanden,

Queste sono le informazioni estratte dalla domanda del Vor.

Per il problema rimane NP-completo. Ho trovato una rapida riduzione da X-SAT monotona ( vedi lo schema della riduzione qui ). $k \geq 3$

Il problema rimane NP-completo anche se , vedi la risposta di Tom per i dettagli. Ecco una piccola rappresentazione della sua riduzione da SUBSET SUM: $k = 2$

inserisci qui la descrizione dell'immagine

— Juho
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