線形比較による近似1d TSP？

1次元の巡回セールスマンパス問題は、明らかに、並べ替えと同じことなので、時間で比較することで正確に解決できますが、近似だけでなく正確にも定式化されますソリューションは理にかなっています。入力が実数であり、整数への丸めが可能な計算モデルでは、任意の定数について、時間因子内に近似するのは簡単です。：最小値と最大値を見つけ、元の値から距離以内の数値にすべてを丸めてから、基数ソートを使用します。しかし、丸めのあるモデルには複雑な理論があるため、計算の弱いモデルについてはどうでしょうか？ $O(n\log n)$ $1+O(n^{-c})$ $c$ $O(n)$ $(\max-\min)n^{-(c+1)}$

そのため、計算の線形比較ツリーモデル（各比較ノードは入力値の線形関数の符号をテスト）で、時間の複雑度があるアルゴリズムによって、1次元TSPをどれだけ正確に近似できるか $o(n\log n)$ ？同じ丸め方法により、の形式の近似比を $n^{1-o(1)}$ 実現できます（バイナリ検索を使用して丸めを行い、より粗く丸めて十分に高速化する）。しかし、いくつかのに対してような近似比を達成することは可能ですか？ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$

— デビッド・エップスタイン
ソース

私は1D TSPに慣れていません。定義できますか？

— タイソンウィリアムズ

@Tyson Williams：1D巡回セールスマンパス問題は、すべての都市がx軸上にあるユークリッド巡回セールスマンパス問題の特殊なケースです。または、正式にはn個の実数a_1、…、a_nが与えられ、目標は、π_{i = 1} ^となるような置換π：{1、…、n}→{1、…、n}を出力することです。 {n−1} | a_ {π（i）} − a_ {π（i + 1）} | 最小化されます。

— 伊藤剛

編集（更新）：下の私の答えの下限は、ダスなどによる「ユークリッドの巡回セールスマンツアーと最小スパニングツリーの近似の複雑さ」で（別の証明によって）証明されました。Algorithmica 19：447-460（1997）。

それはのようにも近似率を達成することが可能であるいくつかのためので比較に基づくアルゴリズムを使用して時間を？ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$ $o(n\log n)$

いいえ。下限は次のとおりです。

請求。 任意ため、すべての比較に基づく -approximationアルゴリズムが必要最悪の場合の比較を。 $\epsilon>0$ $n^{1-\epsilon}$ $\Omega(\epsilon n\log n)$

「比較ベース」とは、バイナリ（True / False）クエリでのみ入力をクエリするアルゴリズムを意味します。

これが証明の試みです。うまくいけば間違いがありません。FWIWの下限は、ランダム化されたアルゴリズムに拡張される可能性があります。

および任意の小さいが定数修正します。 $n$ $\epsilon>0$

だけを考慮してください"置換"は、入力インスタンスの順列である。このようなインスタンスの最適なソリューションのコストはです。 $n!$ $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ $[n]$ $n-1$

定義コスト順列のする。アルゴリズムを、入力として置換を取り、置換出力し、コストを支払うようにモデル化します。 $\pi$ $c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$ $\pi$ $\pi'$ $d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

これらのインスタンスで競合比率を達成するために、を比較ベースのアルゴリズムの比較の最小数として定義します。optはなので、アルゴリズムは最大でコストを保証する必要があります。 $C$ $n^{1-\epsilon}$ $n-1$ $n^{2-\epsilon}$

私たちは、表示されます。 $C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

を、可能な出力について、出力が最大コストを達成する可能性のある入力の割合になるように定義します。この小数部は依存し。 $P$ $\pi'$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$

$P$ は、ランダム置換場合、そのコストが最大ある確率にも等しくなります。（理由を確認するには、を恒等置換ます。その後、は、最大であるに対して、。） $\pi$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$ $I$ $P$ $d(\pi,I)$ $n^{2-\epsilon}$ $d(\pi,I) = c(\pi)$

補題1. 。 $C \ge \log_2 1/P$

証明。常に未満の比較を使用するアルゴリズムを修正します。アルゴリズムの決定木の深さは未満であるため、未満のリーフがあります。また、出力順列場合、アルゴリズムはを超える出力としてを提供します。入力の割合。定義により、そのような入力の少なくとも1つに対して、出力は以上のコストを与えます。QED $\log_2 1/P$ $\log_2 1/P$ $1/P$ $\pi'$ $\pi'$ $P$ $P$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$

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

補題2の証明を与える前に、2つの補題が一緒にクレームを与えることに注意してください：

C \geq \log_{2} \frac{1}{P} = \log_{2} \exp (Ω (ϵ n \log n)) = Ω (ϵ n \log n) .

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

補題2の証明 レッツランダム置換すること。は、コストが最大ある確率に等しいことを思い出してください。任意のペアがコスト持つエッジであるとします、はエッジコストの合計です。 $\pi$ $P$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $(i,i+1)$ $|\pi(i+1)-\pi(i)|$ $c(\pi)$

と仮定し。 $c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

次に、場合、最大でのコストが以上になります。未満のコストのエッジは安価であるとしましょう。 $q>0$ $n^{2-\epsilon}/q$ $q$ $q$

修正します。置換および単純化、最大でのエッジは安価ではありません。 $q=n^{1-\epsilon/2}$ $n^{1-\epsilon/2}$

したがって、少なくとも のエッジは安価です。したがって、安価なエッジを含むセットがあります。 $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ $S$ $n/2$

請求。 任意の所与のセットに対してののエッジの全てのエッジ確率安価では最大である。 $S$ $n/2$ $S$ $\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

クレームを証明する前に、次のように補題を暗示していることに注意してください。主張と単純な結合の限界により、そのような集合が存在する確率は最大 $S$

(\binom{n}{n / 2}) \exp (- Ω (ϵ n \log n)) \leq 2^{n} \exp (- Ω (ϵ n \log n))

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

\leq \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) \leq \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

クレームの証明。次のプロセスで選択します。選択一様から、次に選択から均一、次いで選択から均一など $\pi$ $\pi(1)$ $[n]$ $\pi(2)$ $[n] - \{\pi(1)\}$ $\pi(3)$ $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

エッジを考えます。が選択されようとしているときに、が選択された直後の時間を考慮してください。最初の選択（に関係なく、には少なくとも選択があり、それらの最大選択肢により、エッジコストが未満になり（安価になります）。 $(i,i+1)$ $S$ $\pi(i)$ $\pi(i+1)$ $i$ $\pi(j)$ $j\le i$ $n-i$ $\pi(i+1)$ $2n^{1-\epsilon/2}$ $(i,i+1)$ $n^{1-\epsilon/2}$

したがって、最初の選択を条件に、エッジが安価である確率は最大でです。したがって、すべてのエッジが安価である確率は、最大で以来、少なくともあるのエッジと。したがって、この製品は最大で $i$ $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$ $n/2$ $S$

\prod_{(i, i + 1) \in S} \frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n - i} .

$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$

| S | \geq n / 2

$|S|\ge n/2$

n / 4

$n/4$

S

$S$

n - i \geq n / 4

$n-i\ge n/4$

(\frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n / 4})^{n / 4} \leq (8 n^{- ϵ / 2})^{n / 4} = \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) = \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

QED

— ニール・ヤング
ソース

psこの引用可能にするリクエストを受け取ったので、ここでarvix.orgに載せました。

— ニールヤング