Biiezioni monotone tra elenchi di intervalli

Ho il seguente problema:

Input: due serie di intervalli e (tutti gli endpoint sono numeri interi). Query: esiste una biiezione monotona ? $S$ $T$
$f:S \to T$

La biiezione monotona wrt set ordine inclusione e . $S$ $T$

\forall X \subseteq Y \in S, f (X) \subseteq f (Y)

$\forall X\subseteq Y \in S, \ f(X) \subseteq f(Y)$

[Non sto richiedendo la condizione inversa qui. Aggiornamento: se fosse richiesta la condizione inversa, ovvero , questo sarebbe in PTIME perché equivale a un test isomorfico dei corrispondenti poset di inclusione (che hanno ordina la dimensione 2 per costruzione), che è in PTIME di Möhring, Classi di insiemi ordinati computazionalmente tracciabili , Teorema 5.10, p. 61. $\forall X, Y, X\subseteq Y \Leftrightarrow f(X) \subseteq f(Y)$ ]

Il problema è in : possiamo verificare in modo efficiente se una data è una biiezione monotona. $\mathsf{NP}$ $f$

Esiste un algoritmo tempo polinomiale per questo problema? O è -hard? $\mathsf{NP}$

La domanda può essere espressa più in generale come esistenza di una biiezione monotona tra due determinati poseti di dimensione 2 dell'ordine .

Usando una riduzione ispirata alle risposte a questa domanda , so che il problema è -hard quando le dimensioni non sono limitate. Tuttavia, non è chiaro se la riduzione funzionerebbe anche quando le dimensioni sono limitate. $\mathsf{NP}$

Sono anche interessato a conoscere la trattabilità quando la dimensione è limitata da una costante arbitraria (non solo 2).

— a3nm
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S

$S$

I_{1}, I_{2}, . . ., I_{n}

$I_1,I_2,...,I_n$

n + 1

$n+1$

I_{i} \subseteq I_{j}

$I_i \subseteq I_j$

(I_{j} \to I_{i})

$(I_j \rightarrow I_i)$

I_{i} \subseteq I_{j_{1}}, . . ., I_{j_{m}}

$I_i \subseteq I_{j_1},...,I_{j_m}$

| I_{j_{1}} | = | I_{j_{2}} | = . . . = | I_{j_{m}} |

$|I_{j_1}|=|I_{j_2}|=...=|I_{j_m}|$

(I_{j_{k}} \to I_{i})

$(I_{j_k} \rightarrow I_i)$

T

$T$

Un intervallo può essere incluso in più intervalli incomparabili, ad esempio [2, 3] è incluso in [1, 3] e [2, 4], quindi penso che la tua struttura ad albero non produrrà un albero ma un grafico aciclico diretto. Controllare se due DAG sono isomorfi (o piuttosto incorporabili nel senso che sto chiedendo) è NP-difficile in generale, penso.

— a3nm,

Hai ragione, l'approccio sopra non è corretto!

— Marzio De Biasi,

\forall X, Y, X \subseteq Y \Leftrightarrow f (X) \subseteq f (Y)

$\forall X, Y, X\subseteq Y \Leftrightarrow f(X) \subseteq f(Y)$

@ MohammadAl-Turkistany: vedi la discussione nei commenti sulla risposta di Marzio

— a3nm

Ecco un tentativo di dimostrare che il problema senza la condizione inversa è NP-difficile.

$S$

 [S]  +-a-+ +-b-+
      +---c-----+  c<a, c<b (here < is interval inclusion)

$T$

 [T]  +-x-+      f(a)=x, f(b)=y, f(c)=z
      +-y---+    
      +-z-----+  z<x, z<y OK

$3m$ $A = \{a_1,a_2,...,a_{3m}\}$ $B$ $m$ $A_1,...,A_m$ $A_i$ $B$

$max = \sum a_i + 3m$

$S$ $3m$ $BI_i$ $3*max$ $max$ $BI_i$ $a_i$ $L$ $BI_i$ (linea blu nella figura).

$T$ $L$ $m$ $G_j$ $G_j$ $B$

Supponiamo che esista una biiezione tra S e T che preserva l'inclusione dell'intervallo (in una direzione da S a T).

$max$ $BI_{j_1},BI_{j_2},BI_{j_3}$ $S$ $G_j$ $BI_{j_k}$ $G_j$

In modo simile si può dimostrare che se esiste una biiezione, il problema unario originale a 3 partizioni ha una soluzione.

inserisci qui la descrizione dell'immagine $m=2, A = \{3,3,2,2,2,2\}, B = 7$

Nota: come osservato nei commenti, gli intervalli blu L in S e T non sono essenziali per la riduzione.

$I_i \subseteq I_j$ $(I_j \rightarrow I_i)$

— Marzio De Biasi
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Sì, sembra che sia corretto, grazie mille! (Solo un'osservazione: gli intervalli blu non sono necessari per far funzionare la riduzione, credo.) Accetterò presto se non trovo un motivo per dubitare che questa riduzione funzioni.

— a3nm,

@ a3nm: si ma l'ho scoperto dopo aver disegnato la figura :-). Non sono ancora sicuro al 100% che non ci siano errori nascosti nella riduzione (inoltre è la seconda volta in due settimane che trovo una prova NP completa che utilizza 3 partizioni unarie ... molto strano :-)

— Marzio De Biasi,

No, sembra giusto: chiaramente una soluzione a 3 partizioni fornisce una soluzione al problema dell'intervallo. Ora, passando dal problema dell'intervallo alla 3-partizione: necessariamente una mappatura degli intervalli mappa gli intervalli rossi agli intervalli rossi (a causa delle piramidi marker); stesso numero di intervalli rossi, quindi l'intervallo è rosso se l'immagine della mappatura lo è. I marcatori sono mappati sull'intervallo rosso corretto (perché altrimenti è un discendente e minimalità). Ora se il rosso è mappato sul rosso e gli indicatori sono mappati come previsto, i numeri devono corrispondere, quindi abbiamo una partizione corretta. Penso che abbia senso!

— a3nm,

@ a3nm: ho visto che hai accettato la risposta; pensi che il risultato sia abbastanza interessante da scrivere un documento comune?

— Marzio De Biasi,

T

$T$

f

$f$