Ungefähre 1d TSP mit linearen Vergleichen?

$O(n\log n)$$1+O(n^{-c})$$c$$O(n)$$(\max-\min)n^{-(c+1)}$des ursprünglichen Werts, und verwenden Sie dann die Radix-Sortierung. Aber Modelle mit Rundung haben eine problematische Komplexitätstheorie, und dies führte mich zu der Frage, was ist mit schwächeren Rechenmodellen?

Wie genau kann der eindimensionale TSP in einem linearen Vergleichsbaum-Berechnungsmodell (jeder Vergleichsknoten testet das Vorzeichen einer linearen Funktion der Eingabewerte) durch einen Algorithmus approximiert werden, dessen Zeitkomplexität ? Mit der gleichen Rundungsmethode kann jedes Näherungsverhältnis der Form erreicht werden (durch Verwenden von binären Suchen, um die Rundung durchzuführen, und durch viel gröberes Runden, um sie schnell genug zu machen). Aber ist es möglich, für einige sogar ein Näherungsverhältnis wie zu erreichen ?$o(n\log n)$$n^{1-o(1)}$$O(n^{1-\epsilon})$$\epsilon>0$

BEARBEITEN (UPDATE): Die untere Schranke in meiner Antwort unten wurde (durch einen anderen Beweis) in "Zur Komplexität der Annäherung an euklidische Handelsreisetouren und minimale Spannweiten" von Das et al. Algorithmica 19: 447 & ndash; 460 (1997).

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ist es möglich, für einige ϵ > sogar ein Näherungsverhältnis wie zu erreichen$O(n^{1-\epsilon})$ in o ( n log n ) Zeiteinen vergleichsbasierten Algorithmus?$\epsilon>0$$o(n\log n)$

Hier ist eine Untergrenze.

Anspruch. Für jedes erfordert jeder vergleichsbasierte n 1 - ϵ -Näherungsalgorithmus im ungünstigsten Fall Ω ( ϵ n log n ) -Vergleiche.$\epsilon>0$$n^{1-\epsilon}$$\Omega(\epsilon n\log n)$

Mit "vergleichsbasiert" meine ich jeden Algorithmus, der nur die Eingabe mit binären (True / False) Abfragen abfragt.

Hier ist ein Versuch eines Beweises. Hoffentlich gibt es keine Fehler. FWIW scheint sich die Untergrenze wahrscheinlich auf randomisierte Algorithmen zu erstrecken.

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Fixiere ein beliebiges und ein beliebig kleines, aber konstantes ϵ > 0 .$n$$\epsilon>0$

Betrachten Sie nur die "Permutation" -Eingabeinstanzen ( x 1 , x 2 , ... , x n ) , die Permutationen von sind$n!$$(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ . Die optimale Lösung für einen solchen Fall kostet n - 1 .$[n]$$n-1$

Definieren Sie die Kosten einer Permutation zu c ( π ) = ∑ i | π ( i + 1 ) - π ( i ) | . Modell des Algorithmus nimmt als Eingang eine Permutation π , Ausgeben eine Permutation π ' , und Zahl Kosten d ( π , π ' ) = $\pi$$c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$$\pi$$\pi'$ .$d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

Definieren Sie als Mindestanzahl von Vergleichen für jeden vergleichsbasierten Algorithmus, um in diesen Fällen ein Konkurrenzverhältnis von n 1 - ϵ zu erzielen . Da opt n - 1 ist , muss der Algorithmus Kosten von höchstens n 2 - ϵ garantieren .$C$$n^{1-\epsilon}$$n-1$$n^{2-\epsilon}$

Wir zeigen .$C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

Definiere so, dass es für jede mögliche Ausgabe π ' der Bruchteil der möglichen Eingaben ist, für die die Ausgabe π ' höchstens n 2 - ϵ kosten würde . Dieser Bruchteil ist unabhängig von π ' .$P$$\pi'$$\pi'$$n^{2-\epsilon}$$\pi'$

auch gleich der Wahrscheinlichkeit, dass für eine zufällige Permutation π ihre Kosten c ( π ) höchstens n 2 - ϵ betragen . (Um zu sehen, warum gilt π ' als Identitätspermutation I. Dann ist P der Anteil der Eingaben, für die d ( π , I ) höchstens n 2 - ϵ ist , aber d ( π , I ) = c ( π ) . )$P$$\pi$$c(\pi)$$n^{2-\epsilon}$$\pi'$$I$$P$$d(\pi,I)$$n^{2-\epsilon}$$d(\pi,I) = c(\pi)$

Lemma 1 .$C \ge \log_2 1/P$

Beweis. Beheben Sie jeden Algorithmus, der immer weniger als Vergleiche verwendet. Der Entscheidungsbaum für den Algorithmus hat eine Tiefe von weniger als log 2 1 / P , so dass weniger als 1 / P Blätter vorhanden sind, und für einige Ausgabepermutationen π ' gibt der Algorithmus π ' als Ausgabe für mehr als einen Bruchteil von P aus die Eingänge. Per Definition von P gibt der Ausgang π ' für mindestens einen solchen Eingang Kosten von mehr als n 2 - ϵ . QED$\log_2 1/P$$\log_2 1/P$$1/P$$\pi'$$\pi'$$P$$P$$\pi'$$n^{2-\epsilon}$

Lemma 2. .$P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

Bevor wir den Beweis von Lemma 2 geben, beachten Sie, dass die beiden Lemmas zusammen die Behauptung ergeben:

$$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$$

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Beweis von Lemma 2. Sei eine zufällige Permutation. Man erinnere sich, dass P gleich der Wahrscheinlichkeit ist, dass seine Kosten c ( π ) höchstens n 2 - ϵ betragen . Angenommen, jedes Paar ( i , i + 1 ) ist eine Kante mit den Kosten | π ( i + 1 ) - π ( i ) | , So c ( π ) ist die Summe der Randkosten.$\pi$$P$$c(\pi)$$n^{2-\epsilon}$$(i,i+1)$$|\pi(i+1)-\pi(i)|$$c(\pi)$

Angenommen, .$c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

Dann haben für jedes höchstens n 2 - ϵ / q der Kanten q oder mehr gekostet . Nehmen wir an, Kanten, die weniger als q kosten, sind billig .$q>0$$n^{2-\epsilon}/q$$q$$q$

Fix . Ersetzen und vereinfachen sind höchstens n 1 - ϵ / 2 der Kanten nicht billig.$q=n^{1-\epsilon/2}$$n^{1-\epsilon/2}$

Thus, at least $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ of the edges are cheap. Thus, there is a set $S$ containing $n/2$ cheap edges.

Anspruch. Für jede gegebene Menge von n / 2 Kanten ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle Kanten in S billig sind, höchstens exp ( - Ω ( ϵ $S$$n/2$$S$$\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$.

Bevor wir die Behauptung beweisen, beachten Sie, dass es das Lemma wie folgt impliziert. Durch die Ansprüche und die naive Union gebunden ist , dass die Wahrscheinlichkeit , eine beliebige es existiert eine solche Menge ist höchstens ($S$

$${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$$ $$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$$

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Proof of Claim. Choose $\pi$ by the following process. Choose $\pi(1)$ uniformly from $[n]$, then choose $\pi(2)$ uniformly from $[n] - \{\pi(1)\}$, then choose $\pi(3)$ uniformly from $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$, etc.

$(i,i+1)$$S$$\pi(i)$$\pi(i+1)$$i$$\pi(j)$$j\le i$), there are at least $n-i$ choices for $\pi(i+1)$, and at most $2n^{1-\epsilon/2}$ of those choices will give the edge $(i,i+1)$ cost less than $n^{1-\epsilon/2}$ (making it cheap).

Thus, conditioned on the first $i$ choices, the probability that the edge is cheap is at most $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$. Thus, the probability that all $n/2$ edges in $S$ are cheap is at most

$$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$$ Since $|S|\ge n/2$, there are at least $n/4$ edges in $S$ with $n-i\ge n/4$. Thus, this product is at most $$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$$

QED