सबसेटिंग नंबरिंग

फिक्स $k\ge5$ । किसी भी बड़े पर्याप्त $n$ , हम से सकारात्मक पूर्णांकों द्वारा आकार के बिलकुल के $\{1..n\}$ के सभी सबसेट को लेबल करना चाहेंगे । हम निम्नलिखित संपत्ति को पूरा करने के लिए इस लेबलिंग चाहते हैं: वहाँ एक सेट है पूर्णांक, सेंट $n/k$ $\{1...T\}$ $S$

यदि $k$ आकार के सबसेट $n/k$ को इंटरसेक्ट नहीं करते हैं (अर्थात इन सेटों का संघ सभी सेट $\{1..n\}$ ) बनाते हैं , तो उनके लेबल का योग $S$ ।
अन्यथा, उनके लेबल का योग में नहीं है $S$ ।

एक वहाँ मौजूद है $k\ge5$ और एक लेबलिंग, सेंट $T\cdot|S|=O(1.99^n)$ ?

उदाहरण के लिए, किसी भी $k$ हम निम्नलिखित तरीके से सबसेट को लेबल कर सकते हैं। $T=2^n$ , प्रत्येक उपसमुच्चय की संख्या में $n$ बिट्स होते हैं: पहला बिट बराबर $1$ यदि उपसमूह में होता है $1$ , तो दूसरा बिट $1$ iff होता है यदि उपसमूह में होते हैं $2$ आदि यह देखना आसान है, कि $S$ में केवल एक तत्व समाहित है $2^n-1$ । लेकिन यहाँ $T\cdot|S|=\Theta(2^n)$ । क्या हम इसे बेहतर कर सकते हैं?

— एलेक्स गोलोवनेव
स्रोत

क्यों 5 और 3 नहीं?

— डोमटोटर

@domotorp: क्या आप जानते हैं कि इसे छोटे

लिए कैसे करना है

k

$k$ ?

— एलेक्स गोलोवनेव

यह मिलियन डॉलर के प्रश्न के लिए एक रचनात्मक प्रमाण देगा! इतना शीघ्र नही! :)

— तैफून पे

@ गायक: आप कृपया समझा सकते हैं?

— एलेक्स गोलोवनेव

क्या टी = ओ (1.99 ^ एन) बनाना संभव है? सवाल यह लगता है कि यह संभव है, लेकिन यह मेरे लिए स्पष्ट नहीं है कि यह कैसे करना है।

— त्सुयोशी इतो

जवाबों:

एक आंशिक उत्तर यह है कि लिए भी ऐसी लेबलिंग मौजूद नहीं है। $k$

का एक सेट के लिए संबंध तोड़ना सबसेट (आकार के , चलो उनके मानों का योग निरूपित)। $t$ $S_1, \ldots, S_{t}$ $n/k$ $f(S_1, \ldots, S_t)$

दावा: अगर और तो । $t < k$ $S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$ $f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

एक सेट क्यों दावा सच है देखने के लिए, चुनने के ऐसी है कि लेकिन तब के इन नए सेट intersects एक में से एक ' तो है के रूप में ही की अनुमति नहीं है $S_{t+1}, \ldots, S_{k}$ $\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$ $S'_i$ $f(S_1, \ldots, S_k)$ । $f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

कोरोलरी: । $T > {n \choose tn/k}/t$

को सेट करने से निचली सीमा आ जाती है । $t = k/2$ $T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

ध्यान दें कि विषम किसी को ऑर्डर की निचली सीमा मिलती है । पहले से ही हमारे पास इसलिए घातांक बहुत जल्दी जाता है। $k$ ${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$ $k = 5$ $H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$ $1$

मुझे लगता है कि विषम लिए कोई समाधान मौजूद नहीं है, लेकिन मुझे यकीन नहीं है कि इसे कैसे साबित किया जाए। $k$

— प्रति ऑस्टिन
स्रोत

धन्यवाद, बहुत सुंदर समाधान! लेकिन मुझे यकीन नहीं है कि अगर हम इसे विषम से सामान्य कर सकते हैं ।

k

$k$

— एलेक्स गोलोवनेव जूल

यह एक उत्तर नहीं है, बस k = 2 के लिए ऐसा कोई स्पष्टीकरण मौजूद नहीं है (मुझे यकीन है कि यह पहले से ही एलेक्स के लिए जाना जाता था, इसलिए यह सिर्फ अपने जैसे अन्य पाठकों के लिए एक लेखन-अप है ...)

K = 2 के लिए हमारे पास । ऐसा इसलिए है क्योंकि आकार n / 2 के सबसेट हैं। यदि किसी भी दो को समान लेबल मिलता है, जैसे A और B, तो A के लेबल का योग और उसका पूरक S में नहीं है, या B के लेबल का योग है और A का पूरक S में है। इसका अर्थ है (बड़े n के लिए) चुनें। $T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$ ${n \choose n/2}$ $T\ge {n \choose n/2}$

बड़े का के लिए इसी तरह के तर्क से पता चलता है कि सभी लेबल अलग-अलग होने चाहिए, लेकिन यह केवल एक कमजोर घातीय कम बाउंड देता है। तो पहले से ही k = 3 अज्ञात लगता है।

— domotorp
स्रोत

हाँ धन्यवाद! यह बहुत अच्छा होगा यदि कोई व्यक्ति कोई अंतर्ज्ञान दे सकता है कि बड़े लिए ऐसी कोई लेबलिंग क्यों नहीं है , या ऐसा लेबलिंग ढूंढना कठिन क्यों है।

k

$k$

— एलेक्स गोलोवनेव