行列のセットのスパンに置換行列が含まれているかどうかを判断する多項式時間アルゴリズムはありますか？

特定の行列セットのスパンに置換行列が含まれているかどうかを判断する多項式時間アルゴリズムを見つけたいと思います。

この問題が別の複雑度クラスのものであるかどうかを誰かが知っている場合、それは同じように役立ちます。

編集：私はこのような問題が線形計画法でタグ付けされました。そのような解決策が存在する場合、それは一種の線形計画法アルゴリズムであるという強い疑念があるからです。私がこれを信じる理由は、Birkhoffポリトープの極値が正確に置換行列だからです。その後、バーコフポリトープの頂点でのみ最大化または最小化される目的関数を見つけることができる場合、関数をポリトープとベクトル部分空間の交点に制約し、多項式時間で最大化できます。この値が置換行列である場合、セットに置換が含まれていることがわかります。これらはこのテーマに関する私の考えです。

編集2：もう少し考えた後、順列行列は正確にユークリッドノルムのバーコフポリトープの要素であるように思われ、バーコフポリトープは順列行列。おそらくそれも重要かもしれません。 $\sqrt{n}$ $n \times n$

編集3：半明確なプログラミングタグを追加しました。前回のコメントの後、線形制約付きの2次最適化アルゴリズムであるため、半明確なプログラミングソリューションが可能になると考え始めているためです。

— ニック
ソース

入力行列にはどのような種類のエントリがありますか？

$\;$

エントリはどのフィールドでもかまいません。マトリックスの設定方法にはある程度の自由があります。ただし、十分に大きいフィールドが必要です（たとえば、特性2のフィールドは良くありません）。

— ニック

行列のセットのスパンが何であるかを説明できますか？

— モハマドアルトルコ

Mohammad：行列のセットの線形結合だと思います。

— ビベックバガリア

@DavidRicherby Mohammadの混乱は、通常、行列が線形マップを表すと考えているという事実から生じていると思います。線形マップのスパンは、その範囲の別の用語として使用されることがあります。私たちはベクトル空間の要素としての行列を考えることだと思いますので、しかし、それは、ここでは意味がありません

— Sashoニコロフを

回答:

定理。 投稿の問題は、Subset-Sumからの削減によるNPハードです。

もちろん、opで要求されたようなポリタイムアルゴリズムが問題にある可能性は低いということです。

これが直観です。投稿の問題は

所定の行列セットのスパンに順列行列がありますか？

これは本質的に同じです

（行列をベクトルとして考える）いくつかの与えられた線形制約を満たす順列行列はありますか？

これは次と同じです

入射ベクトルが特定の線形制約を満たす完全なマッチング（完全な2部グラフ）がありますか？

サブセットの合計を後者の問題に減らすことは、標準的な演習です。

詳細な証拠は次のとおりです。

次の中間問題を定義します。

マッチング合計：

入力： 完全、二部グラフ非負整数エッジ重みを有する、及び非負整数ターゲット。 $G=(U,V,E)$ $T$

出力： DOES 重量の最適なマッチングを正確に含まれている？ $G$ $T$

補題1。サブセット合計ポリタイムは、マッチング合計に短縮されます。

これが標準的な宿題の練習であることを証明します。証明は最後にあります。

補題2. Matching-Sumポリタイムは、投稿の問題を軽減します。

補助定理2の証明修正マッチング和入力：完全な二部グラフ非負整数辺の重み付き、およびターゲット、および。各について $G=(U,V,E)$ $w:U\times V\rightarrow \mathbb{N}_+$ $T\in \mathbb{N}_+$ $U=\{u_1,\ldots,u_n\}$ $V=\{v_1, \ldots, v_n\}$ 、定義における行列であるとここで、、および $i,j\in\{1,2,\ldots,n\}$ $M^{(ij)}$ $\mathbb{R}^{(n+1)\times (n+1)}$ $M^{(ij)}_{ij} = T$ 、および他のすべてのエントリはゼロです。還元は、行列の次のセットを出力：これは削減を定義します。 $M^{(ij)}_{n+1,n+1}=w(u_i, v_j)$

{M^{(i j)} : i, j \in {1, \dots, n}} .

$\big\{M^{(ij)} : i,j\in\{1,\ldots,n\}\big\}.$

請求。 行列のこのセットのスパンは、これらのマトリックスから成り線形制約を満たすのすべてのためのとを線形制約 $M \in\mathbb{R}^{(n+1)\times(n+1)}$ $M_{h,n+1} = M_{n+1,h} = 0$ $h\le n$

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} M_{i j} w (u_{i}, v_{j}) = T M_{n + 1, n + 1} .

$\textstyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij}\,w(u_i, v_j) = T\, M_{n+1,n+1}.$

（請求項の証明。検査によって各行列セットを満たすにおけるこれらの制約は、これらの行列のすべての線形結合がないようにします。逆に、を満たす制約、その後、線形組み合わせ等しい $M^{(ij)}$ $M\in\mathbb{R}^{(n+1) \times (n+1)}$ $M$ 行列の。特に注意、その様々な定義及び線形制約によって、 $M'=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} M^{(ij)}$ $\alpha_{ij} = M_{ij}/M^{(ij)}_{ij} = M_{ij}/T$ これは主張を証明します。）

M_{n + 1, n + 1}^{'} = \sum_{i j} α_{i j} w (u_{i}, v_{j}) = \sum_{i j} M_{i j} w (u_{i}, v_{j}) / T = (T M_{n + 1, n + 1}) / T = M_{n + 1, n + 1} .

$\textstyle M'_{n+1,n+1} = \sum_{ij} \alpha_{ij} w(u_i, v_j) = \sum_{ij} M_{ij} w(u_i, v_j)/T = (T\, M_{n+1,n+1})/T = M_{n+1,n+1}.$

ここで、削減が正しいことを示します。つまり、与えられたグラフは、行列のセットが置換行列にまたがる場合にのみ、重み一致します。 $G$ $T$

（場合のみ。）まず、与えられたグラフと仮定重量有する完全マッチング。ましょ対応であるように加え、余分な行と列との順列行列、と $G$ $T$ $M'$ $M\in\{0,1\}^{(n+1)\times (n+1)}$ $n\times n$ $M_{n+1,n+1} = 1$ のすべてのための。次いで、の重量であり、、であり、、および $M_{h,n+1}=M_{n+1,h}=0$ $h\le n$ $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij} w(u_i, v_j)$ $M'$ $T$ $M_{n+1,n+1}=1$ 、したがって、クレームの線形制約が保持され、指定された行列のセットのスパンには置換行列が含まれます。 $M$

（If。）逆に、スパンに置換行列が含まれるとします。クレームでは、行または列の唯一の非ゼロエントリはであるため、（は置換行列であるため）。したがって、最後の行と列を削除すると、順列行列が得られます。してみましょうの完璧なマッチングも $M$ $n+1$ $n+1$ $M_{n+1,n+1}$ $M$ $M_{n+1,n+1} = 1$ $n\times n$ $M'$ その順列行列に対応するの重みはであり、これは（請求により）です。したがって、与えられたグラフはマッチングを持ち、補題2を証明します。 $G$ $n\times n$ $M'$ $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n M_{ij} w(u_i, v_j)$ $T M_{n+1,n+1} = T$ $T$ $~~\Box$

補題1の遅延証明は次のとおりです。

補助定理1の証明所定のサブセット和インスタンス、マッチング和インスタンス出力低減ここで、、 $(w,T)\in\mathbb{N}^n_+ \times \mathbb{N}_+$ $(G=(U,V,E), T)$ $U=\{u_1, u_2, \ldots, u_{2n}\}$ それぞれについて、、エッジ量を有する、残りのすべてのエッジが重量ゼロを有します。 $V=\{v_1, v_2, \ldots, v_{2n}\}$ $i\in\{1,\ldots,n\}$ $(u_i, v_i)$ $w_i$

加算するエッジ重みを有する任意の完全一致のために、集合所定のサブセット和インスタンスを解決する（これらは唯一の非ているようゼロウェイトエッジ）。 $T$ $S=\{i : (u_i, v_i)\in M, i\le n\}$ $M$

逆に、サブセット和インスタンスに任意の溶液、言う所与と、エッジの集合はであります部分量を有するマッチング、それは重量に容易に延びている、例えば、（ゼロ重量）エッジの次のセットを追加することによって、完全一致： $S\subseteq\{1,\ldots,n\}$ $\sum_{i\in S} w_i = T$ $\{(u_i, v_i) : i \in S\}$ $T$ $T$

{(u_{i + n}, v_{i + n}) : i \in S} \cup ⋃_{i \in {1, \dots, n} ∖ S} {(u_{i}, v_{i + n}), (u_{i + n}, v_{i})} .

$\{(u_{i+n}, v_{i+n}) : i\in S\} \cup \bigcup_{i\in\{1,\ldots,n\}\setminus S}\{(u_i, v_{i+n}), (u_{i+n}, v_{i})\}.$

これは補題1定理は補題1と2から次のことを証明 $~~~\Box$

ps余談ですが、この回答によれば、Matching-Sumの多項式で制限されたエッジの重みを持つインスタンスへの制限はPにあります。しかし、ポスト内の問題の制限は、多項式で制限された（整数）エントリはNPハードのままです。

— ニール・ヤング
ソース

スパンではなく、行列の凸包を取るようです。説明した行列のスパンは、行列の全空間です。それとも何か不足していますか？

— ヴァネッサ

@Squark、あなたは正しいです-私は「スパン」を誤解しました。ありがとう。私はスパンの正しい定義を使用して証明修正（行列の任意の線形結合として。）

— ニール・ヤング

M^{(i j)}

$M^{(ij)}$

w (u_{i}, v_{j})

$w(u_i,v_j)$

ゼロ除算についての良い点。それを修正します。ただし、2つのリダクションは別々にしておきます。私にとっては、その方がより直感的です。

— ニールヤング

$O(\sqrt{\log m})$ $m$

$P$ $P$ $-P$ $M$

\forall i^{*}, j^{*} : \sum_{i} M_{i j^{*}} = \sum_{j} M_{i^{*} j} = c

$\forall i^*, j^*: \sum_{i}{M_{ij^*}} = \sum_j{M_{i^*j}} = c$

\forall i, j : - 1 \leq M_{i j} \leq 1

$\forall i,j: -1 \leq M_{ij} \leq 1$

- 1 \leq c \leq 1

$-1 \leq c \leq 1$

場合は、これは正しい表現（ないように注意してください）で、その後、あなたは自分の与えられた部分空間に、この多面体を制限する制約を追加することができます。線の下のSDPをこの表現に適合させることは難しくありませんが、表記を管理しやすくするために、SDPを通過しないことを選択します。

おおよその直径があなたの問題に対して何をするのかわかりません：それはおそらく、与えられた部分空間が置換行列に近いか、それらすべてから遠く離れているかを決めることができますが、私は計算をしていません。

$P = \{x: -b \leq Ax \leq b\}$ $A$ $m \times n$

$\alpha^2 = \max \sum_{i = 1}^n{\|v_i\|_2^2}$

対象：

$\forall 1 \leq i \leq m: \|\sum_{j = 1}^n{A_{ij} v_j}\|_2^2 \leq b_i^2$

$v_i$ $n$ $P$ $\alpha$ $P$

$\alpha \leq O(\sqrt{\log m})\cdot \text{diam}(P)$ $(v_i)_{i=1}^n$ $\alpha$ $x \in P$ $\frac{\alpha}{O(\sqrt{\log m})}$ $n$ $g$ $g_i$ $\tilde{x}_i = g^T v_i$

E ‖ \tilde{x} ‖_{2}^{2} = α^{2}

$\mathbb{E}\ \|\tilde{x}\|_2^2 = \alpha^2$

\forall i \leq m : E | (A \tilde{x})_{i} |^{2} \leq b_{i}^{2} \Rightarrow E {max}_{i = 1}^{m} \frac{| (A \tilde{x})_{i} |}{b_{i}} \leq C \sqrt{\log m} .

$\forall i \leq m: \mathbb{E}\ |(A\tilde{x})_i|^2 \leq b_i^2 \ \ \Rightarrow \ \ \mathbb{E}\ \max_{i=1}^m{\frac{|(A\tilde{x})_i|}{b_i}} \leq C\sqrt{\log m}.$

C

$C$

m

$m$

$x$ $x \in P$ $\|x\|_2^2 \geq \frac{1}{C\sqrt{\log m}}\alpha$ $\frac{1}{2C\sqrt{\log m}}\tilde{x} \in P$ $\|\tilde{x}\|_2\geq \frac{1}{2}\alpha$

— サショ・ニコロフ
ソース