रैखिक तुलना के साथ लगभग 1d TSP?

Question

$O(n\log n)$$1+O(n^{-c})$$c$$O(n)$$(\max-\min)n^{-(c+1)}$इसके मूल मूल्य का, और उसके बाद मूलांक का उपयोग करें। लेकिन गोलाई वाले मॉडल में समस्याग्रस्त जटिलता सिद्धांत होता है और इससे मुझे आश्चर्य होता है कि गणना के कमजोर मॉडल के बारे में क्या?

तो, एक आयामी टीएसपी को कितनी सटीक रूप से अनुमानित किया जा सकता है, संगणना के एक रेखीय तुलना ट्री मॉडल में (प्रत्येक तुलना नोड इनपुट मानों के रैखिक फ़ंक्शन के संकेत का परीक्षण करता है), एक एल्गोरिथ्म द्वारा जिसका समय जटिलता $o(n\log n)$ ? एक ही गोलाई विधि किसी भी प्रकार के फार्म $n^{1-o(1)}$ को प्राप्त करने की अनुमति देती है (बाइनरी खोजों का उपयोग गोलाई करने के लिए, और इसे अधिक तेजी से बनाने के लिए अधिक मोटे तौर पर गोलाई में)। लेकिन क्या कुछ \ epsilon> 0 के लिए O (n ^ {1- \ epsilon}) की तरह एक सन्निकटन अनुपात भी प्राप्त करना संभव है ?$O(n^{1-\epsilon})$$\epsilon>0$

Comments

मैं 1D TSP से परिचित नहीं हूं। क्या आप इसे परिभाषित कर सकते हैं?

— टायसन विलियम्स

@ टायसन विलियम्स: 1 डी यात्रा करने वाले विक्रेता पथ की समस्या यूक्लिडियन यात्रा विक्रेता की समस्या का विशेष मामला है जहां सभी शहर एक्स-एक्सिस पर हैं। या औपचारिक रूप से, आपको n वास्तविक संख्या a_1,…, a_n दी जाती है, और आपका लक्ष्य क्रमपरिवर्तन…: {1,…, n} → {1,…, n} ऐसा है कि ∑_ {i = 1} ^ आउटपुट करना है। {n i 1} | a_ {− (i)} - a_ {i (i + 1)} | कम से कम किया जाता है।

— १२:०२ पर त्सुयोशी इतो

Answer 1

EDIT (UPDATE): दास एट अल द्वारा "यूक्लिडियन ट्रैवलिंग सेल्समैन टूरिस्ट्स और न्यूनतम फैले हुए पेड़ों को सन्निकट करने की जटिलता पर" (एक अलग प्रमाण द्वारा) नीचे दिए गए मेरे जवाब में निचली सीमा साबित हुई थी; एलगोरिदमिका 19: 447-460 (1997)।

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क्या तुलना-आधारित एल्गोरिथ्म का उपयोग करके कुछ in समय के लिए तरह एक सन्निकटन अनुपात भी प्राप्त करना संभव है ?O ( n 1 - ϵ ) ϵ > 0 o ( n लॉग एन $O(n^{1-\epsilon})$$\epsilon>0$$o(n\log n)$

नहीं, यहाँ एक कम बाउंड है।

दावा। किसी भी , हर तुलना-आधारित -approximation एल्गोरिथ्म के लिए सबसे खराब स्थिति में तुलना की आवश्यकता होती है ।ε > 0 एन 1 - ε Ω ( ε एन लॉग इन करें n $\epsilon>0$$n^{1-\epsilon}$$\Omega(\epsilon n\log n)$

"तुलना-आधारित" से मेरा अभिप्राय किसी ऐसे एल्गोरिथ्म से है जो केवल द्विआधारी (ट्रू / फाल्स) प्रश्नों के साथ इनपुट पर प्रश्न करता है।

यहाँ एक प्रमाण पर एक प्रयास है। उम्मीद है कि गलतियाँ नहीं होंगी। FWIW के निचले हिस्से में यादृच्छिक एल्गोरिदम के विस्तार की संभावना है।

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किसी भी और किसी भी मनमाने ढंग से छोटे लेकिन स्थिर ।n ε > $n$$\epsilon>0$

बस पर विचार करें"क्रमचय" इनपुट इंस्टेंसेस जो क्रमपरिवर्तन हैं । ऐसे किसी भी उदाहरण के लिए इष्टतम समाधान में लागत है ।n ! ( x 1 , x 2 , … , x n ) [ n ] n - $n!$$(x_1,x_2,\ldots,x_n)$$[n]$$n-1$

परिभाषित लागत क्रमपरिवर्तन की हो। एल्गोरिथ्म को इनपुट के रूप में एक क्रमचय रूप में लेना , एक क्रमपरिवर्तन आउटपुट करना , और लागत ।π ग ( π ) = Σ मैं | π ( मैं + 1 ) - π ( मैं ) | π π ' घ ( π , π ' ) = सी ( π ' ∘ π $\pi$$c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$$\pi$$\pi'$$d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

परिभाषित प्रतिस्पर्धी अनुपात प्राप्त करने के लिए किसी भी तुलना आधारित एल्गोरिथ्म के लिए तुलना की न्यूनतम संख्या होने के लिए इन उदाहरणों पर। चूंकि ऑप्ट , इसलिए एल्गोरिथ्म को अधिकांश पर लागत की गारंटी देनी चाहिए ।सी एन 1 - ε n - 1 एन 2 - $C$$n^{1-\epsilon}$$n-1$$n^{2-\epsilon}$

हम दिखाएंगे ।$C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

को परिभाषित करें , किसी भी संभावित आउटपुट , संभव इनपुट का अंश जिसके लिए आउटपुट सबसे पर लागत प्राप्त करेगा । यह अंश से स्वतंत्र है ।पी π ' π ' एन 2 - ε π $P$$\pi'$$\pi'$$n^{2-\epsilon}$$\pi'$

$P$ भी प्रायिकता की बराबरी करता है, एक यादृच्छिक क्रमपरिवर्तन , इसकी लागत अधिकांश । (यह देखने के लिए कि, आइडेंटिफिकेशन परमीशन होने के लिए क्यों लें । तब इनपुट का वह अंश है जिसके लिए अधिकांश , लेकिन ।)π ग ( π ) एन 2 - ε π ' मैं पी डी ( π , मैं ) एन 2 - ε घ ( π , मैं ) = सी ( π $\pi$$c(\pi)$$n^{2-\epsilon}$$\pi'$$I$$P$$d(\pi,I)$$n^{2-\epsilon}$$d(\pi,I) = c(\pi)$

लेम्मा 1. ।$C \ge \log_2 1/P$

प्रमाण। किसी भी एल्गोरिथ्म को ठीक करें जो हमेशा तुलना से कम का उपयोग करता है । एल्गोरिथ्म के लिए निर्णय ट्री में से कम गहराई होती है , इसलिए पत्तियों से कम होते हैं , और, कुछ आउटपुट क्रमचय , एल्गोरिथ्म एक से अधिक आउटपुट के लिए देता है। अंशों का अंश। परिभाषा में , कम से कम एक ऐसे इनपुट के लिए, आउटपुट से अधिक लागत देता है । QED$\log_2 1/P$$\log_2 1/P$$1/P$$\pi'$$\pi'$$P$$P$$\pi'$$n^{2-\epsilon}$

Lemma 2. ।$P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

इससे पहले कि हम लेम्मा 2 का प्रमाण दें, ध्यान दें कि दोनों नींबू एक साथ दावा करते हैं:

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

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Lemma का प्रमाण 2. Let एक यादृच्छिक क्रमपरिवर्तन है। याद रखें कि इस संभावना के बराबर है कि इसकी लागत सबसे अधिक । यह कहें कि कोई भी जोड़ी लागत के साथ एक बढ़त है, इसलिए बढ़त लागत का योग है।$\pi$$P$$c(\pi)$$n^{2-\epsilon}$$(i,i+1)$$|\pi(i+1)-\pi(i)|$$c(\pi)$

मान लीजिए ।$c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

फिर, किसी भी , अधिकांश किनारों के या अधिक है। की तुलना में कम लागत की है कि किनारों कहो हैं सस्ते ।$q>0$$n^{2-\epsilon}/q$$q$$q$

फिक्स । सबस्टिट्यूटिंग और सरलीकरण, किनारों के अधिकांश सस्ते नहीं हैं।$q=n^{1-\epsilon/2}$$n^{1-\epsilon/2}$

इस प्रकार, किनारों के कम से कम सस्ते हैं। इस प्रकार, एक सेट जिसमें सस्ते किनारों हैं।$n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$$S$$n/2$

दावा। किनारों के किसी भी दिए गए सेट के लिए , संभावना है कि सभी किनारे सस्ते हैं, अधिकांश ।$S$$n/2$$S$$\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

इससे पहले कि हम दावे को साबित करें, ध्यान दें कि यह निम्नांकित का अर्थ है। दावे के अनुसार, और भोले-भाले बंधे हुए, संभावना है कि कोई भी इस तरह का एक सेट मौजूद है , ज्यादातर $S$

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

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दावे का प्रमाण। निम्न प्रक्रिया द्वारा चुनें । चुनें समान रूप से से , फिर चुनें समान रूप से से , फिर चुनें समान रूप से , आदि।$\pi$$\pi(1)$$[n]$$\pi(2)$$[n] - \{\pi(1)\}$$\pi(3)$$[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

में किसी भी बढ़त पर विचार करें । चुने जाने के बाद के समय पर विचार करें , जब चुना जाने वाला हो। भले ही पहले विकल्पों में से ( लिए लिए ), लिए कम से कम विकल्प हों , और उन लोगों में से अधिकांश पर हों विकल्पों को किनारे लागत (इसे सस्ता बनाना)।$(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}$

इस प्रकार, पहले विकल्पों पर वातानुकूलित , यह संभावना कि किनारा सस्ता है सबसे । इस प्रकार, संभावना है कि में सभी किनारे सस्ते हैं, सबसे अधिक चूंकि , में साथ कम से कम किनारे हैं । इस प्रकार, यह उत्पाद अधिकांश $i$$\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$$n/2$$S$

$$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$$ $|S|\ge n/2$$n/4$$S$$n-i\ge n/4$ $$\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

Comments

तो मैं arvix.org पर डाल दिया ps मैं, इस citable बनाने के लिए एक अनुरोध मिला यहाँ ।

— नील यंग