क्या n × n × n रूबिक क्यूब एनपी-हार्ड को हल करने में बेहतर है?

रूबिक क्यूब के स्पष्ट सामान्यीकरण पर विचार करें । क्या यह एनपी-हार्ड चाल के सबसे छोटे अनुक्रम की गणना करने के लिए है जो किसी दिए गए तले हुए घन को हल करता है, या एक बहुपद-काल एल्गोरिथ्म है? $n\times n\times n$

[कुछ संबंधित परिणाम मेरे हालिया ब्लॉग पोस्ट में वर्णित हैं ।]

— Jeffε
स्रोत

मुझे लगता है कि इनपुट {1,…, 6} से बने छह n × n ग्रिड के रूप में दिया गया है। क्या एनपी में समस्या है? क्या रुबिक के घन के n × n × n संस्करण में चालों की संख्या पर एक आसान बहुपद ऊपरी है?

— त्सुयोशी इतो

जानकारी के लिए धन्यवाद। क्या कोई संदर्भ है?

— त्सुयोशी इतो

यदि "किसी कॉन्फ़िगरेशन को देखते हुए, किसी ईश्वर के नंबर (n, n, n) पर ले जाने वाले समाधान का उत्पादन किया जाए" तो क्या यह समस्या आसान हो जाती है? रुबिक के समाधान एल्गोरिदम ने यही किया। वे कम से कम नहीं दिखते थे क्योंकि इसमें बहुत समय लगता था।

— हारून स्टर्लिंग

क्या हम जानते हैं कि पहुंच योग्य कॉन्फ़िगरेशन स्थान का व्यास ?

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$

— एंडी ड्रकर

@Andy: अच्छा सवाल! ("ईश्वर का क्या कार्य है n?")

— जेफ

मेरा एक पेपर सिर्फ arXiv पर पोस्ट किया गया था और इस प्रश्न को संबोधित करता है: रूबिक के क्यूब को आसानी से हल करना एनपी-पूर्ण है।

— मिखाइल रूडोय
स्रोत

बधाई हो!!

— जेफ

डेमियन, डेमनी, आइसेनस्टैट, लुबिव, और विंसलो द्वारा एक नया पेपर इस प्रश्न पर आंशिक प्रगति करता है --- यह एक बहुपद-समय एल्गोरिथ्म को बेहतर तरीके से हल करने के लिए क्यूब्स को दिखाता है, और दिखाता है। -hardness को हल करने के लिए जो आप "आंशिक रूप से रंगीन" क्यूब्स कह सकते हैं। यह यह भी दर्शाता है कि क्यूब के कॉन्फ़िगरेशन स्थान का व्यास । $n \times O(1) \times O(1)$ $\mathsf{NP}$ $n \times n \times n$ $\Theta(n^2/\log n)$

मिठाई!

एक संभावित अगले प्रश्न को अपने काम का सुझाव देने लगता है कि: वहाँ एक है तय आंशिक रूप से रंग के परिवार क्यूब्स, में से प्रत्येक के मूल्य के लिए एक , ऐसी है कि बेहतर किसी दिए गए विन्यास से सुलझाने है -मुश्किल? $n \times n \times n$ $n$ $\mathsf{NP}$

— एंडी ड्रकर
स्रोत

ठीक है, और एक और सवाल: यह निर्धारित करने की जटिलता क्या है कि क्या घन के दो अमानक रंग बराबर हैं? (दो मामलों पर विचार करने के लिए: पूर्ण या आंशिक रंग।)

n \times n \times n

$n \times n \times n$

— एंडी ड्रकर

ठीक है, एक और सवाल और फिर मैं रुक जाऊंगा: क्या कॉन्फ़िगरेशन का एक स्पष्ट अनुक्रम है जिसे हल करने के लिए है? (पेपर अपनी निचली सीमा के लिए एक गिनती तर्क का उपयोग करता है।)

Ω (n^{2} / \log n)

$\Omega(n^2/\log n)$

— एंडी ड्रकर

इसमें आसानी से एक बग हो सकता है, इसलिए कृपया मुझे बताएं कि क्या आप एक स्थान पर हैं।

ऐसा लगता है कि उत्तर नहीं है, या कम से कम यह समस्या एनपी के भीतर निहित है। इसके पीछे तर्क बहुत सरल है। यह विचार एक और प्रश्न से निर्मित है: "क्या आप कॉन्फ़िगरेशन A और कॉन्फ़िगरेशन B के बीच S चरणों या उससे कम में प्राप्त कर सकते हैं?"

स्पष्ट रूप से यह नया प्रश्न एनपी में है, क्योंकि घन को हल करने के लिए एक एल्गोरिथ्म है, और इसलिए हल की गई अवस्था से गुजरते हुए किसी भी दो विन्यासों के बीच जाने में केवल लगता है। । चूंकि चालों की केवल एक बहुपद संख्या है, दो विन्यासों के बीच जाने के लिए चाल का सेट इस नए प्रश्न के लिए एक गवाह के रूप में इस्तेमाल किया जा सकता है। $O(n^2)$ $O(n^2)$

अब, सबसे पहले, यदि हम हल किए गए राज्य होने के लिए कॉन्फ़िगरेशन बी चुनते हैं, तो हमारे पास एक समस्या है जो पूछती है कि क्या चरणों में घन को हल करना संभव है या कम, जो एनपी के भीतर निहित है। $S$

अब बी, जो मैं फोन करता हूँ के लिए एक अलग विन्यास का चयन करने देता जो लेता का समाधान करने के लिए कदम। अब अगर हम पूछते हैं कि क्या विन्यास ए और बीच चरणों में या उससे कम पर जाना संभव है, तो हमें फिर से गवाह के रूप में चाल के अनुक्रम के साथ एनपी में एक समस्या है। हालांकि, बाद से हम जानते हैं लेता हल करने के लिए कदम, हम जानते हैं कि अगर यह संभव है एक और के बीच जाने के लिए में चरणों, तो यह कम से कम की आवश्यकता है चरणों हल करने के लिए विन्यास ए से घन $B_{hard}$ $n_{hard} \approx n^2$ $B_{hard}$ $S'$ $B_{hard}$ $n_{hard}$ $B_{hard}$ $S'$ $n_{hard} - S'$ $n \times n \times n$

इस प्रकार हमारे पास चरणों की निचली सीमा और कॉन्फ़िगरेशन से हल करने के लिए चरणों की निचली सीमा दोनों हैं। यदि हम अब को कॉन्फ़िगरेशन से शुरू होने वाले क्यूब को हल करने के लिए आवश्यक न्यूनतम कदम के रूप में हैं। ए, फिर अगर हम निचले और ऊपरी सीमा को समान (यानी और ), तो हमारे पास एक गवाह है कि यह समाधान इष्टतम है (दो एनपी के गवाहों के शामिल) समस्याओं के साथ जुड़े)। $n_{hard} - S'$ $S$ $S_0$ $S' = n_{hard} - S_0$ $S = S_0$

अंत में, हमें जेनरेट करने का एक तरीका चाहिए । हमें शायद सबसे मुश्किल संभव कॉन्फ़िगरेशन की आवश्यकता है, लेकिन जब से मुझे नहीं पता कि इसे कैसे खोजना है, तो मैं सुझाव देता हूं कि हर दूसरे विमान को एक्स-अक्ष के बारे में एक बार घुमाया जाए, और फिर हर चौथे विमान (केंद्रीय विमान को स्थिर रखते हुए) को एक बार z- अक्ष। मेरा मानना है कि यह एक ऐसी स्थिति की ओर जाता है जिसे हल करने के लिए चरणों की आवश्यकता होती है । $B_{hard}$ $O(n^2)$

इस प्रकार, मेरे पास पूर्ण रचनात्मक प्रमाण नहीं है, लेकिन किसी भी इष्टतम समाधान को से कम लेने का स्पष्ट रूप से एक गवाह है। दुर्भाग्य से, निश्चित रूप से, सभी संभावित विन्यासों को पकड़ने के लिए आपको । $n_{hard}$ $n_{hard} = \mbox{God's number}(n)$

संपादित करें: विन्यास की नियमितता से यह संभावना प्रतीत होती है कि लिए करना अपेक्षाकृत आसान हो सकता है (P में अर्थात)। $B_{hard}$ $n_{hard} = \mbox{God's number}(n)$

— जो फिट्जिमोंस
स्रोत

नीच विचार। हालाँकि, यह नहीं माना जाता है कि दो बिंदुओं के बीच का सबसे छोटा रास्ता जो दूर है, किसी अन्य बिंदु से जाने के लिए लिया जा सकता है। गोलों के बिंदुओं के लिए यह स्पष्ट रूप से सच है (यदि आप उत्तरी ध्रुव से दक्षिणी ध्रुव की ओर उड़ रहे हैं, तो आप ताहिती के रास्ते उड़ सकते हैं), लेकिन क्या कोई कारण है कि यह रूबिक के क्यूब्स के विन्यास के लिए सही होना चाहिए?

— पीटर शोर

@ पैटर शोर: हाय पीटर, मेरा मतलब यह नहीं था कि ए से समाधान तक से सबसे छोटा रास्ता था। वास्तव में यह दृष्टिकोण उस मामले में काम नहीं करना चाहिए। विचार यह है कि यदि इसे हल किए गए कॉन्फ़िगरेशन में से प्राप्त करने के लिए कम से कम कदम हैं , तो यदि हम माध्यम से से समाधान तक जाते हैं, तो हमें हल किए गए कॉन्फ़िगरेशन से आगे जाना होगा , वापस जाने से पहले। (contd)

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

A

$A$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

— जो फिट्जसिमोंस

(contd।) मेरा मानना है कि A, (कम चरणों) से हल करना आसान है । जब से हम जानते हैं कि यह लेता है कि कम से कम से हल करने के लिए कदम , और हम जानते हैं कि हम करने के लिए प्राप्त कर सकते हैं ज्यादा से ज्यादा में एक से कुछ कदम दूर है, तो हमारे पास । मैं पर कम बाउंड पाने के लिए इसका उपयोग कर रहा था , जबकि सीधे हल करने से पर एक ऊपरी बाउंड ।

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

n_{h a r d} - S^{'} \leq S_{0} \leq n_{h a r d} + S^{'}

$n_{hard}-S' \leq S_0 \leq n_{hard} + S'$

S_{0}

$S_0$

S_{0}

$S_0$

— जो फिट्जसिमों

@ जो: आपने मुझे गलत समझा। मुझे लगता है कि आपका दृष्टिकोण केवल अच्छी तरह से काम करता है अगर से अपेक्षाकृत छोटा रास्ता है जो उस समाधान से गुजरता है जो ए से गुजरता है। मुझे नहीं पता कि यह रुबिक के घन के लिए सच है (इसलिए मैं नहीं कह रहा आपका दृष्टिकोण काम नहीं करता है, बस इतना है कि अधिक सामान है जिसे साबित करने की आवश्यकता है)।

_{h a r d}

$_\mathrm{hard}$

— पीटर शोर

@ जो: अर्ध-विचार वाले उत्तर पोस्ट करने के बारे में चिंता न करें। मैंने एक ही काम किया है (और मैं केवल एक ही नहीं हूं)। और मुझे यकीन नहीं है कि यह दृष्टिकोण पूरी तरह से बेकार है। मुझे उम्मीद है कि यह सटीक दूरी दिखाने के लिए काम नहीं करेगा, एनपी-हार्ड नहीं है, लेकिन शायद यह इसे अनुमानित करने के बारे में कुछ कह सकता है।

— पीटर शोर