Trovare un testimone nella somma degli interi minkowski

Siano e sottoinsiemi di . Siamo interessati a trovare la somma di Minkowski .$A$$B$$\{0,\ldots,n\}$$A+B=\{a+b~|~a\in A,b\in B\}$

$\chi_X:\{0,\ldots,2n\}\to \{0,1\}$ è una funzione caratteristica di se$X$

Sia la convoluzione discreta di e , quindi se e solo se . Quindi può essere calcolato in tempo mediante convoluzione discreta tramite FFT.$f$$\chi_A$$\chi_B$$x\in A+B$$f(x)> 0$$A+B$$O(n\log n)$

A volte è importante scoprire la coppia effettiva e che somma a . è chiamato testimone di , se esiste tale che . Una funzione è chiamata funzione testimone se è un testimone di x .$a\in A$$b\in B$$x$$a\in A$$x$$b\in B$$a+b=x$$w:A+B\to A$$w(x)$$x$

È possibile calcolare una funzione testimone in $O(n\log n)$ tempo?

Qui sto spiegando come ottenere tempo di esecuzione randomizzato. Abbiamo bisogno di una sequenza di osservazioni:$O(n *\mathrm{polylog} n)$

1. Un testimone di un valore è una coppia di numeri ( a , b ) ∈ A × B tale che a + b = v . Sia P A ( x ) = ∑ i ∈ A x i e P B ( x ) definiti in modo analogo. Osservare che il coefficiente di x v in P A ( x ) ∗ P B ( x$v$$(a,b) \in A \times B$$a+b=v$$P_A(x) = \sum_{i \in A} x^i$$P_B(x)$$x^v$$P_A(x) * P_B(x)$ è il numero di testimoni disponibili per il valore$v$ .

2. Supponiamo che $v$ abbia un singolo testimone $(a,b) \in A \times B$ , e considera il polinomio $Q_A(x) = \sum_{i \in A} i*x^i$ . Chiaramente, il coefficiente di $x^v$ in $Q_A(x)*P_B(x)$ è $a$ , e come tale ora conosciamo la coppia $(a,v-a)$ e abbiamo finito.

3. Quindi, abbiamo finito con il caso che ci sia un solo testimone. Quindi considera il caso in cui v ha k testimoni ( a 1 , b 1 ) , ... , ( a k , b k ) . Sia i ( k ) = ⌈ lg $v$$k$$(a_1, b_1),\ldots, (a_k,b_k)$k ⌉. Osservare che2i(k)-1≤$i(k) = \lceil{\lg \sqrt{k}}\rceil$k ≤2 i ( k ) . Quindi, siaRj=(Aj,Bj), perj=1,…,m, perm=O(logn)essere campioni casuali, in modo tale che ogni elemento diAsia scelto in Aicon probabilitàp=1/2 i ( k ) . La probabilità che$2^{i(k)-1} \leq \sqrt{k} \leq 2^{i(k)}$$R_j = (A_j, B_j)$$j=1,\ldots, m$$m=O(\log n)$$A$$A_i$$p = 1/2^{i(k)}$$v$ha un singolo testimone in R j è α = ($R_j$1 ) p2(1-p2)k-1, poiché il testimone sono coppie di numeri disgiunte (poiché la somma di ciascuna coppia èv). È facile verificare cheαsia una costante in(0,1)indipendente dal valore dik. Come tale, deve essere, con alta probabilità, chevabbia un singolo testimone in uno dei campioniR1,...,Rm. Come tale, calcolando i due polinomi associati a tale campione, come descritto sopra, in$\alpha = \binom{k}{1}p^2 (1-p^2)^{k-1}$$v$$\alpha$$(0,1)$$k$$v$$R_1, \ldots, R_{m}$O ( n log n ) tempo (per campione), usando FFT, possiamo decidere in tempo costante.$O(n \log n)$

4. Abbiamo quasi finito. Calcola i campioni casuali sopra riportati per risoluzioni i = 1 , … , ⌈ lg n ⌉ . Per ciascuna di tali risoluzioni calcolare i campioni casuali e i polinomi associati. Inoltre, calcolare il polinomio associato per A e B . Questa preelaborazione richiede ingenuamente O ( n log 3 n ) , ma sospetto che essere leggermente più attento a un fattore log n debba essere rimovibile.$i=1,\ldots, \lceil\lg n\rceil$$A$$B$$O(n \log^3 n)$$\log n$

5. L'algoritmo: per ogni valore v , calcola quanti testimoni, diciamo k, ha in tempo costante, consultando il polinomio Q A ( x ) ∗ P B ( x ) . Quindi, vai alla struttura dati pertinente per i ( k ) . Quindi trova il campione casuale che lo ha come singolo testimone ed estrae la coppia che è questo testimone in tempo costante.$v$$Q_A(x)*P_B(x)$$i(k)$

6. Stranamente, il tempo di preelaborazione è O ( n log 3 n ) , ma il tempo previsto per trovare il testimone richiede solo O ( n ) tempo, poiché si può interrompere la ricerca non appena si trova un testimone. Ciò suggerisce che questo algoritmo dovrebbe essere migliorabile. In particolare, per i ( k ) ≪ lg n , i polinomi generati sono molto scarsi e si dovrebbe essere in grado di eseguire FFT molto più velocemente.$O(n \log^3 n)$$O(n)$$i(k) \ll \lg n$

Ok, mi sto trattenendo dal momento che davvero Sariel dovrebbe ottenere credito per una risposta, ma sono stanco di aspettare, quindi ecco il mio taglio su un algoritmo random lineare quasi lineare.

• Scegliendo campioni di n ( 1 - ϵ ) i punti, i = 0 , 1 , ... , è possibile ottenere un numero logaritmico di sottoproblemi in modo tale che ogni somma dal problema originale abbia una probabilità costante di essere rappresentata in modo univoco in uno dei sottoproblemi ( quello in cui il campionamento riduce il numero previsto di rappresentazioni a quasi 1).$n(1-\epsilon)^i$$i=0,1,\dots$
• Ripetendo il processo di campionamento un numero logaritmico di volte è possibile ottenere tutte le somme per avere rappresentazioni uniche con alta probabilità.
• Se si dispone di una partizione di A e B in due sottoinsiemi, quindi moltiplicando i numeri per quattro, aggiungendo 2 ai numeri in uno dei sottoinsiemi in A e aggiungendo 1 ai numeri in uno dei sottoinsiemi in B , è possibile letto dai valori mod-4 delle somme ottenibili da cui dei due sottoinsiemi provengono le loro somme.$A$$B$$A$$B$
• Ripetendo il processo di partizione un numero logaritmico di volte, utilizzando ogni posizione di bit delle rappresentazioni binarie dei valori o degli indici nei sottoproblemi per selezionare le partizioni in ogni passaggio, è possibile identificare in modo univoco i riepiloghi di ogni somma rappresentata in modo univoco.

Questo fa saltare il tempo di esecuzione di tre fattori logaritmici; probabilmente ciò può essere ridotto.

Questa risposta fornisce un determinstic O ( n p o l y l o g n )  algoritmo.$O(n~\mathrm{polylog} n)$

It appears that Sariel and David's algorithm can be derandomized through an approach similar to this paper. [2] While going through the process I found there is a more general problem that implies this result.

The $k$-reconstruction problem

There are hidden sets $S_1,\ldots,S_n \subset \{1,\ldots,m\}$, we have two oracles $Size$ and $Sum$ that take a query set $Q$.

1. $Size(Q)$ returns $(|S_1\cap Q|,|S_2\cap Q|,\ldots,|S_n\cap Q|)$, the size of each intersection.
2. $Sum(Q)$ returns $(\sum_{s\in S_1\cap Q} s,\sum_{s\in S_2\cap Q} s,\ldots,\sum_{s\in S_n\cap Q} s)$, the sum of elements in each intersection.

The $k$-reconstruction problem asks one to find $n$ subsets $S_1',\ldots,S_n'$ such that $S_i'\subset S_i$ and $|S_i'|=\min(k,|S_i|)$ for all $i$.

Let $f$ be the running time of calling the oracles, and assume $f=\Omega(m+n)$, then one can find the sets in deterministic $O(f k \log n~\mathrm{polylog}(m))$ time. [1]

Now we can reduce the finding witness problem to $1$-reconstruction problem. Here $S_1,\ldots,S_{2n}\subset \{1,\ldots,2n\}$ where $S_i = \{a|a+b = i, a\in A, b\in B\}$.

Define the polynomials $\chi_Q(x) = \sum_{i \in Q} x^i$, $I_Q(x) = \sum_{i \in Q} i x^i$

The coefficient for $x^i$ in $\chi_Q\chi_B(x)$ is $|S_i\cap Q|$ and in $I_Q\chi_B(x)$ is $\sum_{s\in S_i\cap Q} s$. Hence the oracles take $O(n\log n)$ time per call.

This gives us an $O(n~\mathrm{polylog}(n))$ time deterministic algorithm.

[1] Yonatan Aumann, Moshe Lewenstein, Noa Lewenstein, Dekel Tsur: Finding witnesses by peeling. ACM Transactions on Algorithms 7(2): 24 (2011)

[2] Noga Alon, Moni Naor: Derandomization, witnesses for Boolean matrix multiplication and construction of perfect hash functions. Algorithmica 16(4-5) (1996)