Rufen Sie eine Familie von Sets an "vielfältig" wenn jeder Satz hat mindestens ein eindeutiges Element. Was sind mögliche Ansätze, um die größte Vielfalt zu finden in einer Familie von Sets ?
Ein Ansatz besteht darin, ein modifiziertes Packungsproblem zu lösen. Annehmen. Lassen eine Teilmenge von Elementen sein, , und lass . Dann die maximal vielfältige Menge entspricht der größten maximal eingestellten Packung aus wo ist die Menge aller nicht eindeutigen Elemente in .
Aber was ist eine gute Heuristik für die Auswahl ? Oder gibt es insgesamt bessere Ansätze?
algorithms
combinatorics
heuristics
charles.y.zheng
quelle
quelle
Antworten:
Das Problem ist NP-vollständig. Dies schließt einen exakten Algorithmus aus, der unter allen Umständen funktioniert, schließt jedoch heuristische Algorithmen, die in der Praxis gut funktionieren, oder Approximationsalgorithmen mit nachweisbaren Approximationsgarantien nicht aus.
Die Ermäßigung beträgt 3SAT. Gegeben eine 3SAT-Instanzϕ mit Variablen x1,…,xn und Klauseln ϕ1,…,ϕm Konstruieren Sie das folgende Mengen-System. Für jede Variablexi Es gibt zwei Sätze Ai,0 und Ai,1 und N=n+1 setzt Bi,t={βi,t,0,βi,t,1} und für jede Klausel ϕj Es gibt einen Satz Cj={γj,1,γj,2,γj,3} . Der SatzAi,b besteht aus folgenden Elementen:
Man kann findenn(N+1)+m verschiedene Sets genau dann, wenn ϕ ist zufriedenstellend. In der Tat angesichts einer zufriedenstellenden Aufgabex⃗ , die Familie {Axii:i∈[n]}∪{Bi,t:i∈[n],t∈[N]}∪{Cj:j∈[m]} ist vielfältig: αi gehört nur zu Axii , βi,t,1−xi gehört nur zu Bi,t und wenn die k th wörtlich von ϕj ist dann zufrieden γj,k gehört nur zu Cj .
Für das Gegenteil, nehmen wir anS=A∪B∪C ist zumindest eine vielfältige Familie von Größe n(N+1)+m , partitioniert nach dem Typ des Sets. WennA enthält beides Ai,0 und Ai,1 für einige i , dann Bi,1,…,Bi,N∉B . Daher|S|≤2n+(n−1)N+m<n(N+1)+m , was unmöglich ist. DeshalbB und C muss alle Sätze des entsprechenden Typs enthalten, und A muss enthalten n Mengen, die zusammen eine Zuordnung codieren x⃗ . Schon seitCj∈S ist vielfältig, konstruktionsbedingt die Zuordnung x⃗ erfüllt Klausel ϕj daher ϕ ist zufriedenstellend.
quelle