サブセット番号

修正$k\ge5$。十分な大きさのについて、サイズ$n$が$\{1..n\}$のすべてのサブセットに$n/k$を正の整数で正確にラベル付けし$\{1...T\}$。このラベル付けが次のプロパティを満たすようにしたい：整数のセット$S$あり、st

1. 場合$k$サイズのサブセット$n/k$交差する（すなわち、これらのセットの和集合は、すべてのセットを形成しない$\{1..n\}$）は、そのラベルの合計はである$S$。
2. そうでなければ、それらのラベルの合計はありません$S$。

そこに存在するか$k\ge5$とラベリング、ST $T\cdot|S|=O(1.99^n)$？

たとえば、任意の$k$に対して、次の方法でサブセットにラベルを付けることができます。 $T=2^n$、各サブセットが有する$n$その数のビットは：最初のビットが同じである$1$サブセットが含まれているときに限り$1$第2のビットが同じで、$1$サブセットが含まときに限り$2$などそれは、参照することは容易だ$S$唯一の要素含ま$2^n-1$。しかし、ここで$T\cdot|S|=\Theta(2^n)$。もっと上手くできる？

部分的な答えは、でさえそのようなラベル付けは存在しないということです。$k$

互いに素なサブセットのセットS 1、… 、S t（サイズn / kの場合、f （S 1、… 、S t）はそれらの値の合計を表す）とします。$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

項：もし及びS 1 ∪ ... ∪ S T ≠ S ' 1 ∪ ... ∪ S ' T、次いでF （S 1、... 、SをT）≠ F （S ' 1、... 、S ' T）。$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

主張が真実である理由は、選択集合よう⋃ kはiは= 1、S iは = [ N ]が、その後、これらの新しいセット交差1のSを' iが「そうですf （S 1、… 、S k）をf （S ′ 1、… 、S ′ t、Sと同じにすることはできません$S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$。$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

当然の結果：。$T > {n \choose tn/k}/t$

設定の下限与えるT ≥ 2 （$t = k/2$。$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

奇数場合、次数の下限（$k$。すでにk=5の場合、H（（1−1/k）/2）=${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$指数がする傾向があるので、 1かなり迅速。$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

奇数解も存在しないと思いますが、それを証明する方法はわかりません。$k$

これは答えではなく、k = 2の場合、そのようなラベルが存在しない理由の説明にすぎません（これはAlexにすでに知られていると確信しているので、これは私のような他の読者のための記述です...）

K = 2のために我々は。これは、（$T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$サイズn / 2のサブセット。AとBのように2つが同じラベルを取得する場合、Aのラベルとその補数の合計がSにないか、BのラベルとAの補数の合計がSにあります。これはTを意味します。≥（${n \choose n/2}$（大きなnの場合）。$T\ge {n \choose n/2}$

より大きなkaの場合、同様の議論はすべてのラベルが異なる必要があることを示していますが、これはより弱い指数の下限を与えるだけです。したがって、すでにk = 3は不明のようです。