Teilmengenanforderungen

Betrachten Sie das folgende Problem.

Wenn eine Menge von ganzen Zahlen gegeben ist, entscheiden eine Funktion und , ob es so dass .$S$$f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$$k \in \mathbb{Z}$$X \subseteq S$$f\left(\sum_{x\in X}x\right)=k$

Wird dies immer noch als Teilmengenproblem betrachtet ?

Zum Beispiel gegeben

$\qquad \displaystyle S=\{ −7, −3, −2, 5, 8\}$

und , finde eine Teilmenge so, dass für . In diesem Fall ist eine Lösung .$k=0$$X$$f\left(\sum_{x\in X}x\right)=0$$f(y)=-3+y$$X=\{ -3,-2,8 \}$

Es kommt auf die Form von . Wenn , ist es identisch mit der Teilmengen-Summe. Wenn , ist es ein triviales Problem mit einer -Lösung: return . Sie können möglicherweise auch auf andere Weise definieren, um die Frage auch mehr oder weniger schwierig zu machen.$f$$f(x) = x$$f(x) = 0$$O(1)$$true$$f$

Unten sehen Sie einen Mini-Komplexitätszoo, der verschiedenen Auswahlmöglichkeiten von :$f$

• für ist das Problem ( return true, wenn ).$f(x) = c$$O(1)$$c = 0$
• für für und andernfalls ist das Problem ( lineare Suche nach einer beliebigen Zahl größer als 0 )$f(x) = 0$$x \geq 0$$f(x) = 1$$O(n)$
• für für , , andernfalls ist das Problem nicht mehr als ) ( sortieren Sie die Elemente in der Menge in absteigender Reihenfolge und prüfen, ob ein Präfix zu einer funktionierenden Lösung passt )$f(x) = 0$$x \geq c$$c > 0$$f(x) = 1$$O(n \log n$
• für ist das Problem so schwer wie die Teilmengen-Summe (im informellen Sinne, und ich biete keine Konstruktion an, um die Reduktion von Teilmengen-Summe auf diese zu demonstrieren ... wenn ich es bin falsch darüber, bitte lass es mich wissen!)$f(x) = ax + b$
• für , wenn die Turing Maschine durch codierte ‚s Binärdarstellung anhält , wenn die Binärdarstellung von gegebenen als Eingabe (alternativ, wenn das leere Band als Eingabe und ähnliche Arten von Anhalten Problemen gegeben), und sonst ist das Problem unentscheidbar ( eine Lösung des Problems für dieses könnte das Halteproblem lösen )$f(x) = 0$$x$$x$$f(x) = 1$$f$

Hat jemand etwas anderes Spaß gemacht?

Abhängig von Ihrem können Sie beliebig schwierige Probleme bekommen $f$.

Lassen $A$eine Sprache sein. Definieren$f$ wie folgt:

Betrachten Sie Set $S=\{x\}$. Es gibt eine nicht leere Teilmenge$X\subseteq S$ st $f(\Sigma_{x\in X} x) = 0$ iff $x \in A$.

Ohne Komplexitätsanforderungen zu stellen $f$ Sie können Probleme von beliebiger Schwierigkeit bekommen.

Ein interessanter Fall ist, wenn $f$ist von eingeschränkter Komplexität, zB Polynomzeit berechenbar. In diesem Fall können wir es zum Invertieren verwenden$f$Daher können die Probleme so schwierig sein wie das Invertieren einer beliebigen Polynomzeitfunktion (und unter der Annahme, dass es polynomialzeitberechnbare Pseudozufallszahlengeneratoren gibt, die in subexponentieller Zeit schwer zu invertieren sind, bedeutet dies, dass Sie das Problem nicht lösen können): let $g$eine beliebige polynomialzeitberechnbare Funktion sein. Angenommen, wir sind gegeben$y\in Range(g)$ und wir wollen eine finden $x$ st $g(x)=y$. Definieren$f(x)=g(x)$. Lassen$S= \{0,1,2,4,8,\ldots, 2^m\}$ für geeignete große $m$ (um sicherzustellen, dass ein Vorbild von $y$kann als Summe der Zahlen in der Menge dargestellt werden). Bei jedem Satz entfernen wir eine Nummer$2^i$ aus der Menge und prüfen Sie, ob noch eine Teilmenge vorhanden ist $X$ st $f(\Sigma_{x\in X} x)=y$. Wenn die Antwort Ja lautet, wissen wir, dass es eine Lösung gibt, die diese Nummer nicht benötigt. Deshalb entfernen wir sie aus$S$permanent. Wenn die Antwort Nein lautet, wissen wir, dass wir diese Nummer für alle Lösungen benötigen. Nach$m$ Schritte werden wir einen Satz haben $S$ Das ist eine Lösung und keine Teilmenge davon ist eine Lösung, also können wir zurückkehren $x=\Sigma_{x \in S} x$ als unsere Antwort.

Auf der anderen Seite, wenn $f$ Ist die Polynomzeit berechenbar, liegt das Problem in $\mathsf{NP}$.

Im besonderen Fall, dass die Funktion $f$ ist linear, da $\Sigma$ pendelt mit linearen Funktionen, das Problem ist das gleiche wie das Lösen der Teilmengen-Summe vorbei $f(S) = \{ f(x) \mid x \in S\}$. Solange die lineare Funktion nicht konstant ist, ist das Problem so schwer wie die Teilmengen-Summe, d. H.$\mathsf{NP\text{-}hard}$ (Wenn Sie die Teilmengen-Summen-Instanz lösen möchten $(S,k)$, anwenden $f^{-1}$ an Mitglieder von $S$ erhalten $S'$ und verwenden Sie dann die geänderte Version auf $(S',k)$ um es zu lösen).

(Dieser Trick funktioniert auch für allgemeinere Fälle, in denen die Funktion $f$ ist die Polynomzeit berechenbar und hat eine Umkehrung, die auch die Polynomzeit berechenbar ist.)

Ja, dies ist immer noch ein Teilmengen-Summenproblem , aber anstatt eine Teilmenge zu finden, deren Summe ist$0$müssen Sie eine Summe haben, die etwas anderem entspricht (in Ihrem Beispiel ist es 3, im Allgemeinen ist es $f^{-1}(0)$, das könnte eine Reihe von Zahlen sein, wenn $f$ist viele zu eins ).

Dies ändert nicht viel an der Schwierigkeit des Problems für das Bijektiv $f$, hängt aber ansonsten von der Anzahl der Vorbilder ab $f^{-1}(0)$hat. Wie bereits erwähnt, wenn$f(y)=0$wird das Problem trivial.