順序制約のあるパーティションの問題

OrderedPartition問題、入力は、二つの配列であり、$n$正の整数であり、$(a_i)_{i\in [n]}$及び$(b_i)_{i\in [n]}$。出力は、インデックス$[n]$を2つの互いに素なサブセット$I$および$J$に分割したものです。

1. $\sum_{i\in I} a_i = \sum_{j\in J} a_i$
2. すべてのための$i\in I$とすべてのため$j\in J$：$b_i\leq b_j$。

言い換えると、最初に$b_i$が弱く増加するようにライン上のインデックスを並べ替えてから、両側の$a_i$合計が同じになるようにラインをカットする必要があります。

すべての$b_i$が同じである場合、条件2は無関係であり、NPハードPartition問題のインスタンスがあります。一方、すべての$b_i$が異なる場合、条件2はインデックスに単一の順序付けを課すため、チェックするオプションは$n-1$のみであり、問​​題は多項式になります。これらのケースの間で何が起こりますか？

質問を定式化することによって定義OrderedPartition[n,d]するために、$1\leq d\leq n$、サイズのインスタンスに制限問題$n$の同一の最大部分集合した、$b_i$ -sがサイズである$d$。したがって、すべての$b_i$ -sが異なる場合の簡単なケースはis OrderedPartition[n,1]であり、すべての$b_i$ -sが同じ場合のハードケースはOrderedPartition[n,n]です。

より一般的には、任意の$n$および$d$について、任意のOrderedPartition[n,d]場合において、条件2に関連する可能なパーティションの数は$O(n 2^d)$です。従って、もし$d\in O(\log{n})$、次にOrderedPartition[n,d]依然としての多項式である$n$。

一方、任意の$n$および$d$Partitionについて、$d$整数の問題からに減らすことができますOrderedPartition[n,d]。ましょう$p_1,\ldots,p_d$のインスタンスですPartition。のインスタンスを定義しますOrderedPartition[n,d]。

• 毎$i\in \{1,\ldots,d\}$、聞かせて私を：= 2 N ⋅ P IおよびbはI：= 1。$a_i := 2n\cdot p_i$$b_i := 1$
• 毎$i\in \{d+1,\ldots,n\}$、聞かせてI：= 1及びbはI：= iが _{[あればN - dが奇数で、作るnは：= 2合計が偶数となるように]}。$a_i := 1$$b_i := i$
  _{$n-d$$a_n:=2$}

従って、もし$d\in\Omega(n^{1/k})$、任意の整数のための$k\geq 1$、次いでOrderedPartition[n,d]NP困難です。

質問：中間の場合はどうなりますか？$d$は超対数ですが、$n$部分多項式ですか？

直感的には、中間ケースはPでもNPハードでもないはずです。おそらくそれは、「中間のケース」が何を意味するかによります。これは、私たちが何かを証明できる1つの解釈です。

注：指数タイム仮説、またはETHは、それがすべての定数のために、とは限らないということである$\epsilon>0$、SATが時間内に実行されているアルゴリズムを有する$2^{n^{\epsilon}}$。この cs.stackexchangeの説明も参照してください。私たちの知る限り、ETHは真実です。

OPの定義CをインスタンスにOrderedPartition問題の制限であるとD ≤ ログC N。等価的に、インスタンスの場合、N ≥ 2 D 1 / C。ここでは、OP cが「中間インスタンス」による投稿の意味をキャプチャすることを意図しています。これらのインスタンスがPでもNPハードでもない可能性が高いことを示しています。$_c$$d \le \log^c n$$n \ge 2^{d^{1/c}}$$_c$

補題1. OP cがすべてのcの Pにある場合、ETHは失敗します。$_c$$c$

証明。 OP cがすべてのcに対してPにあるとします。つまり、一部の関数fについて、OP cには、時間n f （c ）で実行されるアルゴリズムがあります。サイズnの SAT入力は、いくつかの定数bおよび任意の定数c > 0 に対して、（投稿で説明されているようにパーティションを介して）OrderedPartition [ 2 n b / c、n b ]に減少します。したがって、サイズnの SAT入力は、サイズ2 nの OP cインスタンスに減少します。$_c$$c$$f$$_c$$n^{f(c)}$$n$$[2^{n^{b/c}}, n^b]$$b$$c>0$$n$$_c$$2^{n^{b/c}}$、これはOPcのアルゴリズムを介して時間$2^{f(c)n^{b/c}}$で解決できます。いずれかのためにε>0、たとえば、撮影C=2B/εを、SATは、時間的に解決することができる2 C ' N ε / 2 ≤2 N ε（大きいため、NETHに違反します）。◻$_c$$\epsilon>0$$c=2b/\epsilon$$2^{c' n^{\epsilon/2}} \le 2^{n^{\epsilon}}$$n$$~~~~\Box$

$_2$$2^{\sqrt n}$

$_c$$c$

$_c$$c$$n$$_c$$O(n^b)$$b$$[n^b, d]$$d\le \log^c (n^b)$$n^{O(1)} 2^d = n^{O(1)} 2^{\log^c (n^b)}$$~~~~\Box$

$_{d(n)}$$n$$d(n)$$d$$[n, d(n)]$$_{d(n)}$$n$$d$$_{p(n)}$$p(n)$$p(n)$

ps SATのサブ指数証明/アルゴリズムの結果も参照してください。