一部の数値がカットされる可能性があるパーティションの問題

標準の分割問題では、合計が$2s$数値がいくつか与えられ、合計が$s$ 2つのサブセットに分割できるかどうかを決定する必要があります。NPハードであることが知られています。

ただし、数値の1つを任意の数の部分にカットできる「ソフト番号」に指定することが許可されていると仮定します。異なる部分は異なるサブセットに入れることができます。その後、問題は簡単になります。行のすべての数値を任意の順序で並べ、その行を同じ合計で2つのサブ行にカットするだけです。

質問：合計が$3s$である数値がいくつか与えられ、合計がsである3つのサブセットに分割できるかどうかを決定する必要がありますが、最大で1つのソフト数を使用します。この問題の複雑さは何ですか？$s$

• 2つのソフト数値の使用が許可されている場合、問題は再び簡単です。数値を上記のように一列に並べることで解決できます。
• ゼロのソフト番号の使用が許可されている場合、問題は明らかに困難です。少なくとも2つのサブセットに分割する問題と同じくらい困難です。
• 1つのソフト番号を使用することが許可されている場合、問題は依然として難しいはずであり、標準パーティションの問題からなんとかしてそれを減らすことができますが、正しい削減を見つけることができませんでした。それは簡単ですか、難しいですか？

別の質問：問題が実際にNP困難である場合、2サブセット分割問題のように疑似多項式時間で解決できますか？

最大数はソフト数です

問題のどのインスタンスについても、インスタンスが解決可能であれば（1つのソフト番号を使用して番号を分割することが可能）、最大の番号を唯一のソフト番号として使用してインスタンスを解決することができると私は主張します。これは簡単に証明できます。任意の解を、最大数をソフト数とする解に変更できます。現在ソフトナンバーである数値を、最大数を含むパーティションに配置し、代わりにパーティションのパーツ間で最大数を分割します。

梱包の問題

これが私がパッキング問題と呼ぶ問題です：

入力は、正の数のリストから成る1、2、... 、Kと1つの最終番号ℓようℓ ≥ I全てに対してI。s = 1を定義$a_1, a_2, \ldots, a_k$$\ell$$\ell \ge a_i$$i$$s = \frac{1}{3}\left(\ell + \sum_{i = 1}^ka_i\right)$。次に問題は、各部分の合計が最大でsになるように$a_i$のリストを3つの部分に分割することです。$s$

私は入力を備えたパッキング問題は、と主張している1、... 、K及びℓは、入力リストを使用して問題と等価である1、... 、K、ℓ。それは数字パックすることが可能です場合は1、... 、kは三つのグループに最大で合計のそれぞれは、sは、あなたが使用することができますℓを正確に和のそれぞれからラウンドにソフト数としてね。したがって、1、… 、aのパーティションがあります。$a_1, \ldots, a_k$$\ell$$a_1, \ldots, a_k, \ell$$a_1, \ldots, a_k$$s$$\ell$$s$$a_1, \ldots, a_k, \ell$を1つのソフト数値を使用して合計$s$ 3つのグループに分けます。他方場合 1、... 、K、ℓは合計3つのグループに分割することができるの使用つのソフト数、リストは、合計3つのグループに分割することができるの使用 ℓからの結果によって軟数（AS前のセクション）。この場合のグループ A iは三つの部分を満たすに各部分が最大で合計値を有することが条件だ S。$a_1, \ldots, a_k, \ell$$s$$s$$\ell$$a_i$$s$

小さな数字のないパッキング問題

すべてのための場合パッキング問題のインスタンスは、「何の小さな数字を持っていない」と言う$i$、I > ℓ$a_i > \frac{\ell}{2}$。私はあなたが梱包問題を小さな数のない梱包問題に減らすことができると主張します。

問題インスタンスを梱包していると仮定する$(a_1, \ldots, a_k), \ell$一部の$a_i$持っている私を ≤ ℓを$a_i \le \frac{\ell}{2}$。WLOGは$a_k$がこれ$a_i$あると仮定します。私はパッキング問題のインスタンスを請求$(a_1, \ldots, a_{k-1}), \ell+a_k$元のインスタンスと等価です。値$s$は両方のインスタンスで同じままであることに注意してください。

確かに、数値$a_1, \ldots, a_k$を3つのグループにパックでき、各グループの合計が最大で$s$場合、数値$a_1, \ldots, a_{k-1}$を3つのグループにパックでき、各グループの合計が最大で合計になります。$s$。

一方、数値$a_1, \ldots, a_{k-1}$を3つのグループにパックして、各グループの合計が最大で$s$ます。3つのグループのそれぞれについて、値$s$からグループ内の要素の合計を引いたものを検討します。これらの値を$e_1, e_2, e_3$呼びます。ここで、$e_i$はグループ$i$「空のスペース」の量です。我々が知っている$e_1 + e_2 + e_3$、総空きスペースは、に等しく、$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i$（全空間$3s$マイナスの空間が使用$\sum_{i = 1}^{k-1}a_i$）。しかし$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i = a_k + \ell$定義することによって$s$。このように、3つのグループが有する K + ℓ合計空きスペースを。その後、k$a_k + \ell$$a_k < \frac{\ell}{2}$、空きスペースの合計が$3a_k$超えることがわかります。鳩の巣原理によって、グループの少なくとも一つは持っているのkそれで以上の空きスペースを。したがって、要素akをグループの1つに追加して、数値a1、…、akを3つのグループにパッキングして、各グループの合計が最大でsになるようにすることができます。$a_k$$a_k$$a_1, \ldots, a_k$$s$

したがって、あなたの問題を解決するには、小さな数のないパッキング問題を解決するだけで十分です。

補題1

補題ステートメント：

我々は分割することができると仮定1、... 、Kグループ1に、グループ2は、元素の偶数及び1区間にあるグループ内の要素の和有するように2 [秒- ℓ$a_1, \ldots, a_k$$\left[s - \frac{\ell}{2}, s\right]$。次に、グループ2を2つのサブグループ2aと2bにさらに分割することができます。各サブグループの合計は最大で$s$です。グループ1、2a、および2bは、パッキング問題インスタンスのソリューションであることに注意してください。

これが証明です。

グループ2の要素の半分を仮にサブグループ2aに割り当て、残りの半分をサブグループ2bに割り当てます。2つのサブグループの要素間のマッチングを作成します。これらのペアを2つのグループ間で一度に1つずつ交換します。グループ2に$2n$要素がある場合、このプロセスは、グループ2の$n+1$可能なパーティションをサブグループ2aおよび2bに正確に通過します。それらのパーティションの少なくとも1つには、合計が$s$未満の両方のサブグループがあると私は主張します。

レッツ$S_{2a}$及び$S_{2b}$ 2つのサブグループ（私たちはグループの変更として変更にこれらの値を許可する）の合計であること。

上記のプロセスの各ステップで、グループ2aは1つの要素を取得し、別の要素を失います。各要素は、間の値を有するので、$\frac{\ell}{2}$および$\ell$上記のプロセスの各ステップで、$S_{2a}$は最大で$\frac{\ell}{2}$。

また、最終的な値$S_{2a}$初期値に等しい$S_{2b}$基が完全に入れ替わったプロセスの終わりまでからです。

ましょ$A$の平均値である$S_{2a}$及び$S_{2b}$。これは、グループが変化しても一定であることに注意してください。我々は、初期値と最終値ことを知っている$S_{2a}$に対する平均$A$（の初期値と最終値ので、$S_{2a}$の初期値が等しく$S_{2a}$及び$S_{2b}$）。したがって、$A$は$S_{2a}$初期値と最終値の間にある必要があります。グループを変更すると、S 2 aの値$S_{2a}$サイズのステップを最大で$\frac{\ell}{2}$$A$片側から反対側へ 2。このことから、我々はいくつかの点で、の値と結論付けることができます$S_{2a}$最大ステップサイズの半分以内でなければなりません（$\frac{\ell}{4}$）の$A$。以来、$S_{2b}$常にから同じ距離有する$A$として$S_{2a}$、我々はいくつかの点で、両方の合計と結論付けることができる$S_{2a}$及び$S_{2b}$内である$\frac{\ell}{4}$の$A$。

$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b})$グループ1の要素の和です。従って、$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b}) \ge s - \frac{\ell}{2}$（グループ1の合計の条件による）。整理する、我々はそれを持っている$(S_{2a} + S_{2b}) \le 2s - \frac{\ell}{2}$。したがって、平均$S_{2a}$及び$S_{2b}$最大である$s - \frac{\ell}{4}$。その後、一度に両方のことを$S_{2a}$及び$S_{2b}$内である$\frac{\ell}{4}$の$A$、我々は、彼らが高々両方であることがわかり$s$希望として。

ケース1：$k = 3n$

$n$最小の$a_i$ sと$n$最大の$a_i$ sを合計します。

場合$n$最小のI以上への和Sは、何基が有していないことができ、Nまたはそれ以上の要素（任意の選択として、n個の要素が合計が大きすぎることになります）。しかし、鳩の穴の原理から、少なくとも1つのグループには少なくともn個の要素があることがわかります。したがって、この場合、パッキング問題のインスタンスに対する解決策はありません。$a_i$$s$$n$$n$$n$

もし$n$最大の私の合計にせいぜい秒、その後のすべての選択肢n個の要素は、最大で合計持っているのを。この場合、要素を同じサイズの3つのグループに分割するだけで、パッキング問題のインスタンスが解決されます。$a_i$$s$$n$$s$

残っている唯一のケースは、最小の$n$要素の合計が最大で$s$あり、最大の$n$要素の合計が$s$より大きいことです。補題のように、これらの2つのセット間をゆっくりと移行できます。最小の$n$要素で初期化されたグループから開始し、グループが最大の$n$要素になるまで要素を交換します。各ステップは、グループの合計を最大で$\frac{\ell}{2}$（補題の証明と同じ論理による）、合計はこのプロセスのある時点で値$s$と交差します。したがって、値$s$交差する直前または直後のいずれかで、合計は$s$未満ですが最大で$\frac{\ell}{2}$。換言すれば、このプロセスのある時点で、グループ間隔で合計を有する$[s-\frac{\ell}{2}, s]$。そのグループをグループ1とし、残りの$2n$要素をグループ2とします。補題が適用され、パッキング問題インスタンスの解決策を見つけることができます。

ケース2：$k = 3n+1$

$n+1$最小の$a_i$ sと$n+1$最大の$a_i$ sを合計します。

もし$n+1$最小Iの和以上にS、その後何基が有していないことができ、N + 1つの以上の要素を（任意選択としてN + 1の要素が合計が大きすぎることになります）。しかし、鳩の穴の原理から、少なくとも1つのグループには少なくともn + 1個の要素があることがわかります。したがって、この場合、パッキング問題のインスタンスに対する解決策はありません。$a_i$$s$$n+1$$n+1$$n+1$

もし$n+1$の最大I sの合計にせいぜい秒、その後のすべての選択のn + 1つの要素は、最大で合計持っているのを。この場合、要素を単にサイズn、n、およびn + 1の 3つのグループに分割するだけで、パッキング問題のインスタンスが解決されます。$a_i$$s$$n+1$$s$$n$$n$$n+1$

残りの唯一のケースは、最小の$n+1$要素の合計が最大で$s$あり、最大の$n+1$要素の合計が$s$より大きい場合です。前のケースと同様に、これらの2つのセット間をゆっくりと移行できます。最小の$n+1$要素で初期化されたグループから始め、グループが最大の$n+1$要素になるまで要素を交換します。各ステップは、グループの合計を最大で$\frac{\ell}{2}$（補題の証明と同じ論理による）、合計はこのプロセスのある時点で値$s$と交差します。したがって、値$s$交差する直前または直後のいずれかで、合計は$s$未満ですが最大で$\frac{\ell}{2}$。換言すれば、このプロセスのある時点で、グループ間隔で合計を有する$[s-\frac{\ell}{2}, s]$。そのグループをグループ1とし、残りの$2n$要素をグループ2とします。補題が適用され、パッキング問題インスタンスの解決策を見つけることができます。

ケース3：$k = 3n+2$最初の簡単なサブケース

$n$最小の$a_i$ sと$n$最大の$a_i$ sを合計します。

どちらかの値が区間内にある場合は$[s-\frac{\ell}{2}, s]$、グループ1として$n$要素を選択し、残りの$2n+2$要素をグループ2として、補題をすぐに適用します。これにより、パッキング問題インスタンスの解決策を見つけることができます。

もし$n$最小のI未満秒合計秒- ℓ$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$と$n$最大の$a_i$の合計が$s$より大きい場合、$n$最小の$a_i$から始めて、$n$最大の$a_i$まで要素を交換できます。各ステップで、最大で合計移動$\frac{\ell}{2}$、ので、このプロセスのある時点で、我々はグループ有する$n$和間隔にある要素$[s-\frac{\ell}{2}, s]$。そのグループをグループ1とし、残りの$2n+2$要素をグループ2とします。補題が適用され、パッキング問題インスタンスの解決策を見つけることができます。

場合$n$最小のI以上への和Sは、何基が有していないことができ、Nまたはそれ以上の要素（任意の選択として、n個の要素が合計が大きすぎることになります）。しかし、鳩の穴の原理から、少なくとも1つのグループには少なくともn + 1個の要素があることがわかります。したがって、この場合、パッキング問題のインスタンスに対する解決策はありません。$a_i$$s$$n$$n$$n+1$

唯一残っている場合はその両方であり、$n$最小及び$n$最大I未満秒アドS - ℓ$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$。

ケース3：$k = 3n+2$秒の簡単なサブケース

$n+2$最小の$a_i$ sと$n+2$最大の$a_i$ sを合計します。

どちらかの値が区間内にある場合は$[s-\frac{\ell}{2}, s]$、すぐに補題を適用し、グループ1として$n+2$要素を選択し、残りの$2n$要素をグループ2として選択します。これにより、パッキング問題インスタンスの解決策を見つけることができます。

もし$n+2$最小I S和未満にS - ℓ$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$と$n+2$最大の$a_i$sの合計が$s$以上になると、$n+2$最小の$a_i$sから始め、$n+2$最大の$a_i$sになるまで要素を交換できます。各ステップで、最大で合計移動$\frac{\ell}{2}$、我々はグループ有するので、このプロセスのある時点で$n+2$の要素の和である区間での$[s-\frac{\ell}{2}, s]$。そのグループをグループ1とし、残りの$2n$要素をグループ2とします。補題が適用され、パッキング問題インスタンスの解決策を見つけることができます。

もし$n+2$、最大私の合計にせいぜい秒、その後のすべての選択のn + 2つの要素は、最大で合計持っているのを。この場合、要素をサイズn、n + 1、およびn + 1の 3つのグループに分割するだけで、パッキング問題のインスタンスが解決されます。$a_i$$s$$n+2$$s$$n$$n+1$$n+1$

唯一残っている場合は、両方のことである$n+2$最小及び$n+2$最大Iより秒追加S。$a_i$$s$

ケース3：$k = 3n+2$ハードサブケース

上記の2つのサブケースのいずれもインスタンスを処理しなかったとします。次に、次のことを知っています。

• 両方の$n$最小及び$n$最大I未満秒アドS - ℓ$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$。
• 両方の$n+2$最小及び$n+2$最大Iより秒追加S。$a_i$$s$

以来、$n+2$最小Iより秒追加S、何基が有していないことができ、N + 2つの以上の要素を。これを実現する唯一の方法は、グループのサイズがn、n + 1、およびn + 1である場合です。$a_i$$s$$n+2$$n$$n+1$$n+1$

なお、以降$n$の最大I未満へのアドオン秒- ℓ$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$、どの要素がサイズのグループに含まれるかは関係ありません$n$。そのグループの合計はとにかく$s$未満です。明らかに、$n$最大の$a_i$をサイズ$n$グループに交換することにより、任意のソリューションを変更できます。これらのスワップは、そうで溶液が存在する場合にのみパッキング問題インスタンスに対する解が存在し、他の二つのグループの合計を減少$n$最大 IグループのS形の一つ。$a_i$

このように、手元のタスクは単に本である：それは分割することが可能である$2n+2$最小iは 2つのサイズのグループにsは、N + 1、これら二つのグループのそれぞれは、最大で合計を有するように秒。WLOGは、a i$a_i$$n+1$$s$$a_i$ようにsが増加する順序である$2n+2$最小I sは1、... 、2 N + 2$a_i$$a_1, \ldots, a_{2n+2}$

してみましょう$v$の平均で$n$の最大私はね。ましょX I = V - Iごとに、I。次に、3 s = ℓ + ∑ 3 n + 2 i = 1 a i = ℓ + ∑ 2 n + 2 i = 1 a i + ∑ 3 n + 2 i = 2 n +$a_i$$x_i = v - a_i$$i$$3s = \ell + \sum_{i = 1}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}a_i + \sum_{i = 2n+2}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}(v - x_i) + nv = \ell + (3n+2)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) = (\ell-v) + (3n+3)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$。

次いで$s = (n+1)v + \frac{\ell - v}{3} - \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$です。

我々はいくつかのセットを選択した場合$I$の$n+1$の次に和指数、$a_i$とsの$i \in I$に等しい$\sum_{i\in I}a_i=\sum_{i\in I}v - x_i = (n+1)v-\sum_{i\in I}x_i$。一連のインデックス$I$は、この合計が最大で sである場合、グループの1つに対して有効な選択です$s$。換言すれば、代替の定義を使用して$s$、上記派生我々が興味のある状態はある$\sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$。明らかに、残りの$n+1$インデックス$I' = \{1,\ldots, 2n+2\} \setminus I$また、この条件を満たさなければならない：$\sum_{i\in I'}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$。以降$\sum_{i\in I'}x_i = \sum_{i = 1}^{2n+2}x_i - \sum_{i\in I}x_i$として、我々は、書き換え可能な第2の条件$\sum_{i\in I}x_i \le \frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3}$。

したがって、私たちは、同等の代替を使用して、この部分問題を修正再表示している：我々は、セットを選択しようとしている$I$のを$n+1$の間のインデックスを$\{1, \ldots, 2n+2\}$ように$\frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3} \ge \sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$。

そのノート$\ell \ge v$（従って$\ell-v \ge 0$以降）$v$、いくつかの平均値である$a_i$ Sと$\ell$上部全てに結合している$a_i$ S。ましょ$X = \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$。上記の条件は次のように書き直すことができます。{ 1 、… 、2 nの中からn + 1インデックスのセット$I$を選択します$n+1$$\{1, \ldots, 2n+2\}$よう$\sum_{i\in I}x_i$区間である$[cX, (1-c)X]$$c = \frac{1}{3} - \frac{\ell - v}{3X} \le \frac{1}{3}$。

一部の$j$、$x_j$に少なくともXの値があるとします。$\frac{X}{3}$。この場合、$I$インデックス$j$と、最小のxiに対応する$n-1$インデックスで構成します。これらのxiが最大で（1−c）Xに追加される場合、このIの選択は上記の制約を満たします。合計∑i$x_i$$x_i$$(1-c)X$$I$$\sum_{i\in I}x_i$ある少なくとも$x_j \ge \frac{X}{3} = \frac{1}{3}X \ge cX$と多くとも$(1-c)X$。したがって、このインデックスのセット$I$を使用して、パッキング問題インスタンスのソリューションでサイズ$n+1$グループの1つを選択できます。一方、これらの$x_i$が$(1-c)X$を超える場合、インスタンスは解決できません。2つの半分の1つは$x_j$を含み、その半分の合計は常に$(1-c)X$（$x_j$最小の要素を配置した場合でもそれ以上だったため）。

したがって、いくつかの$x_j$が少なくともXの値を持つケースを処理しました$\frac{X}{3}$。残りのケースは、すべての$x_i$に最大でXの値があることです。$\frac{X}{3}$。次に、$x_i$を2つのグループ1と2に任意に割り当てます。2つのグループの要素のマッチングを作成し、それらのペアを一度に1ペアずつ交換します。このプロセスの過程で、グループ1の要素の合計は、その最初の合計からグループ2の要素の最初の合計に移動します。つまり、グループ1の合計は平均値Xと交差します。$\frac{X}{2}$。このプロセスの各ステップでは、グループ1がxiを失います$x_i$をを得ることが含まれます。以来、$x_i$の最もの値を持つ$\frac{X}{3}$、$x_i$のペアは最大でXだけ異なる$\frac{X}{3}$したがって、各ステップはグループ1の合計を最大$\frac{X}{3}$。したがって、グループ1の合計が平均の最大ステップサイズの半分以内である場合、プロセスに何らかのポイントがあります。したがって、ある時点で、グループ1の合計はX内に収まります$\frac{X}{2} \pm \frac{X}{6}$。しかし、これは間隔です$[\frac{1}{3}X, \frac{2}{3}X]$、これは$[cX, (1-c)X]$部分区間です。したがって、このプロセスのある時点で、その時点でのグループ1は、目的の条件を満たします。この$x_i$のグループを使用して、対応する$a_i$のグループを選択できます。これらIサイズの2つのグループのフォーム1のn+1パッキング問題インスタンスを解決するために必要。$a_i$$n+1$

結論

上記の網羅的なケースワークは、1つのソフト番号を使用してリストを同じ合計の3つのグループに分割するアルゴリズムとして使用できます。ケースワークは、これが不可能な場合も特定します。このアルゴリズムの実行時間は多項式です。

この答えは問題を解決しません。@JohnDvorakによってコメントで定式化された次の補助問題のみを解決します（1：2の比率でセットを分割）：

補助問題：
インスタンス：正の有理数は1、... 、Mを有するΣはmはiは= 1を iが = 3 Aを。質問：存在しないインデックスはセットI ⊆ { 1 、... 、N }を用いてΣ I ∈ I A I = A？$a_1,\ldots,a_m$$\sum_{i=1}^m a_i = 3A$
$I\subseteq\{1,\ldots,n\}$$\sum_{i\in I}a_i=A$

• （有理数古典PARTITIONのインスタンスを取る$b_1,\ldots,b_n$合計で$2B$、あなたが和と二つのグループにそれらを分割することができます$B$）。
• 取る$b_1,\ldots,b_n$一緒に4つの数字と$5B,5B,5B,7B$補助問題のインスタンスを作成します。すべての$n+4$数の合計は$24B$になるため、$A=8B$ます。
• 分割$n+4$の和とのグループに数$A=8B$との和を有するグループ$2A=16B$可能であればパーティションインスタンスが応答YESがある場合にのみ。

したがって、@ JohnDvorakの補助問題はNP完全です

Edit: The result is incorrect, see the discussion at the end.

Inspired by Mikhail Rudoy's answer, we can generalize to partitioning into $k$ parts with equal sum. The problem is polynomial time solvable for each constant $k$.

The input is $a_1,\ldots,a_n$ such that $a_n$ is the largest number. Mikhail's observations are, wlog,

• the soft number is $a_n$
• $a_i>\frac{a_n}{k-1}$ for each $i$

wlog, assume that the sum of $a_1,\ldots,a_{n-1}$ is $1$ (that is, $1=ks-a_n$). Note that $a_n \geq \frac{1}{n-1}$, so $a_i > \frac{1}{(k-1)(n-1)}>\frac{1}{kn}$ for each $i$. The problem is equivalent to partitioning the numbers $a_1,\ldots,a_{n-1}$ into $k$ subsets such that the sum of each subset is at most $s := \frac{1+a_n}{k}$.

We consider a restriction of the multiple knapsack problem. Define the $k$-knapsack problem as an instance of the multiple knapsack problem with $k$ knapsacks of the same capacity, where the value of each item equals the weight of the item.

Let the input for the $k$-knapsack problem be $a_1,\ldots,a_{n-1}$, and each knapsack has capacity $s$. The following claim is clear.

Claim: A $(1-\frac{1}{kn})$-approximation algorithm for the $k$-knapsack problem returns $1$, if and only if all the numbers $a_1,\ldots,a_{n-1}$ can be packed into the $k$ knapsacks.

By the above claim, we just have to find a $(1-\frac{1}{kn})$-approximation algorithm for the $k$-knapsack problem.

Claim: There is a pseudopolynomial time algorithm for knapsack generalizes for $k$-knapsack for each constant $k$.

Proof: Define $D[b_1,\ldots,b_k,i]$ to be the maximum value using elements $a_1,\ldots,a_i$, where the knapsack has capacity $b_1,\ldots,b_k$. The recurrence relation is $D[b_1,\ldots,b_k,i+1] = \max( \max_{j} (D[b_1,\ldots,b_j-a_{i+1},b_k,i])+a_{i+1},D[b_1,\ldots,b_k,i])$. The base case are simple. The running times is $O(s^kkn)$.

It is standard to obtain an FPTAS by scaling all numbers and round to integers, see section 5 of this. This means we can find a $(1-\frac{1}{kn})$-approximation to $k$-knapsack problem in polynomial time. Therefore for each constant $k$, the original problem can be decided in polynomial time.

The above is incorrect, due to the pseudopolynomial time algorithm does not transform into an FPTAS. However, the approach might still give us some insight because we have a very special case of $k$-knapsack problem.