Solvibilità del riempimento con matrice

La matrice ha dimensione . Vogliamo riempire usando numeri interi compresi tra e , inclusi. $A$ $n \times n(n-1)$ $A$ $1$ $n$

Requisiti:

Ogni colonna di è una permutazione di . $A$ $1, \dots, n$
Qualsiasi sottotrix formata da due file di non può avere colonne identiche. $A$

Domanda:

È possibile riempire la matrice soddisfacendo i requisiti?

Relazione con la crittografia:

Ogni numero di riga corrisponde a un testo in chiaro. Ogni colonna corrisponde a una chiave. Poiché una chiave definisce un'iniezione, ogni colonna deve essere una permutazione. Il secondo requisito è la perfetta segretezza per due messaggi.

co.combinatorics cr.crypto-security coding-theory

— Cyker
fonte

Dato che hai taggato questo con cr.crypto-security, migliorerebbe la domanda se potessi affermare come si relaziona con crypto / security.

— Dave Clarke,

Osservazioni semplici: tale matrice esiste per n≤4. Per n≤3, prendere tutte le permutazioni. Per n = 4, le uniche soluzioni stanno prendendo tutte le permutazioni pari o tutte le permutazioni dispari.

— Tsuyoshi Ito

Grazie Ito. In realtà ho trovato la risposta quando a mano. Ma le cose diventano molto più difficili quando . Si verifica un'esplosione esponenziale.

n \leq 4

$n \leq 4$

n \geq 5

$n \geq 5$

— Cyker,

(1) Penso che il problema sia legato alla teoria dei codici e che sia stato aggiunto come tag. (2) Un'altra osservazione: il problema può essere affermato anche come segue. Trova una matrice B di dimensione n × (n ^ 2) in modo tale che ciascuna delle prime n colonne di B sia n ripetizioni dello stesso numero e tale che B soddisfi la condizione 2 nella domanda. Se esiste tale B, ciascuna delle ultime n (n − 1) colonne di B deve essere una permutazione. Al contrario, qualsiasi matrice A che soddisfi le condizioni 1 e 2 può essere convertita in una matrice B collegando le n colonne indicate a sinistra di A.

— Tsuyoshi Ito

Risposte:

Tsuyoshi, ottima osservazione nel tuo commento! Penso che questo risolva quasi il problema.

Considera le seguenti due domande

Esistono righe di lunghezza modo che nessun numero compaia due volte in qualsiasi colonna e per ogni coppia di righe tutte le coppie ordinate fornite dalle colonne sono distinte? $k$ $n(n-1)$
Esistono righe di lunghezza modo che per ogni coppia di righe, tutte le coppie ordinate fornite dalle colonne siano distinte? $k$ $n^2$

L'osservazione di Tsuyoshi nel suo commento mostra che se puoi ottenere un valore per la domanda (1), puoi ottenere lo stesso valore per la domanda (2). Mostriamo ora che se possiamo ottenere un valore per la domanda (2), possiamo ottenere il valore per la domanda (1). Pertanto, la risposta a queste due domande è quasi la stessa. $k$ $k$ $k$ $k-1$

La costruzione procede come segue: ignora la prima riga, tranne posiziona tutti gli nelle prime posizioni. Ora puoi applicare una permutazione dei valori a ciascuna delle righe rimanenti di modo che, ad eccezione della prima voce, ciascuna delle prime colonne contenga valori identici e dall'osservazione di Tsuyoshi nel commento, questo ti dà una serie di righe soddisfano le tue condizioni. $1$ $n$ $\lbrace 1, 2, \ldots, n \rbrace$ $k-1$ $n$ $k-1$

Ora, se hai un set di righe di lunghezza con ogni coppia di righe contenente tutte le coppie ordinate in ogni colonna, allora questo equivale a un set di quadrati latini ortogonali . Ciascuna delle righe , , , indica un quadrato latino. Per ottenere il quadrato latino associato riga , inserire il valore nella 'esima colonna della riga nella cella cui coordinate sono dati dalla coppia ordinata nella ' esima colonna nelle prime due righe. $k$ $n^2$ $k-2$ $3$ $4$ $\ldots$ $k$ $j$ $i$ $j$ $i$

Se non è un potere primo, quanti quadrati latini reciprocamente ortogonali di ordine esiste è un famoso problema aperto, e non credo che si sappia che esiste un insieme di quadrati latini ortogonali per non un potere principale; il consenso generale è che tali insiemi non esistono. L'unico risultato dimostrato finora è che un tale set non esiste per . Ciò che è noto è che il numero di possibili righe cresce almeno come per alcuni . Credo che siano ancora aperti 8 quadrati latini ortogonali di ordine 10. (È noto che non ci sono 9, ma a causa della possibile differenza di $n$ $n$ $n-2$ $n$ $n=6$ $k$ $k=\Omega(n^c)$ $c$ $1$ nella risposta alle due domande, questo non ci dice nulla del problema originale.)

Per , il massimo che puoi ottenere è 3, e si scopre che puoi ottenere tre righe per il problema (1) osservando qualsiasi quadrato latino con una croce, di cui ci sono molti non equivalenti esempi. Per , ci sono costruzioni note che danno due quadrati latini ortogonali. Se questi quadrati hanno un trasversale comune, puoi ottenere per il problema (1). $n=6$ $k$ $6\times 6$ $n=10$ $k=4$

— Peter Shor
fonte

Grazie per l'analisi dettagliata, Prof. Shor! Quindi da questo ragionamento, 1) Se non esiste un set di MOLS, possiamo affermare che il problema originale non è fattibile per . 2) Se esiste un set di MOLS, possiamo affermare che il problema originale è fattibile per . Poiché quando è una potenza primaria esiste un insieme di MOLS, ciò offre una visione alternativa della soluzione parziale di Ito. E abbiamo riscontrato che il problema originale non è fattibile quando . Davvero ammirevole!

n - 2

$n - 2$

n

$n$

n - 1

$n - 1$

n

$n$

n

$n$

n - 1

$n - 1$

n = 6

$n = 6$

— Cyker,

Questa è una connessione molto bella. Grazie per la risposta! Un punto minore: secondo Wikipedia, è noto che esistono n − 1 quadrati latini ortogonali per n potere primo, non solo per n primo.

— Tsuyoshi Ito,

@Tsuyoshi - Oops. Sapevo che; L'ho appena detto male. La costruzione proviene da campi finiti. Grazie per la correzione. Risolvendolo ora.

— Peter Shor,

L'ho indovinato. :)

— Tsuyoshi Ito

Questa è una soluzione parziale. Tale matrice esiste se n è una potenza primaria.

Sia F il campo finito dell'ordine n . Si costruisce una n × n ( n matrice -1) le cui righe sono etichettati da F , le cui colonne sono etichettati da ( F ∖ {0}) × F , e le cui voci sono in F come segue: il i fila -esimo del la colonna etichettata ( a , b ) è data da ai + b . In parole, ciascuna colonna corrisponde ad un grado-one polinomio F . Quindi ogni colonna contiene ogni elemento di F esattamente una volta e nessuna due colonne ha voci uguali in più di una riga perché i valori di due polinomi di grado uno distinti possono coincidere al massimo in un punto.

(Se si desidera una matrice le cui voci sono in {1, ..., n } anziché in F , sostituire gli elementi di F con {1, ..., n } arbitrariamente.)

— Tsuyoshi Ito
fonte

assomiglia molto ai MUB. Penso che la tua costruzione possa essere usata per costruire MUB, più o meno allo stesso modo del "Metodo degli operatori unitari usando i campi di Galois" nell'articolo di Wikipedia dei MUB . Esiste una connessione più profonda tra questa domanda e i MUB?

n + 1

$n + 1$

— Artem Kaznatcheev

@Artem: Potrebbe esserci, specialmente data la risposta di Peter che collega questa domanda a quadrati latini ortogonali. (Dichiarazione di non responsabilità: a mio avviso non esperto, quadrati latini ortogonali, MUB, disegni combinatori, disegni unitari e SIC-POVM sono quasi indistinguibili.)

— Tsuyoshi Ito

Mille grazie, Ito! Questo design sembra davvero bello!

— Cyker,