Ein Partitionsproblem, bei dem einige Zahlen abgeschnitten werden können

In dem Standard - Partition Problem , wir sind einige Zahlen , deren Summe gegeben $2s$ und müssen entscheiden , ob sie sich in zwei Teilmengen , die aufgeteilt werden können Summe $s$ . Es ist bekanntermaßen NP-hart.

Nehmen wir jedoch an, dass wir eine der Zahlen als "weiche Zahl" bezeichnen dürfen, die in eine beliebige Anzahl von Teilen geschnitten werden kann, wobei unterschiedliche Teile in unterschiedliche Teilmengen eingefügt werden können. Dann wird das Problem einfach: Ordnen Sie einfach alle Zahlen in einer Zeile in einer beliebigen Reihenfolge an und schneiden Sie die Zeile in zwei Unterzeilen mit derselben Summe.

FRAGE: Nehmen wir an, wir erhalten einige Zahlen mit einer Summe von $3s$ und müssen entscheiden, ob sie in drei Teilmengen mit einer Summe von $s$ , wobei höchstens eine weiche Zahl verwendet wird. Was ist die Komplexität dieses Problems?

• Wenn wir zwei weiche Zahlen verwenden dürfen, ist das Problem wieder einfach - wir können es lösen, indem wir die Zahlen wie oben in einer Zeile anordnen.
• Wenn wir keine weichen Zahlen verwenden dürfen, ist das Problem offensichtlich schwer - es ist mindestens so schwer wie das Problem der Aufteilung in zwei Teilmengen.
• Wenn wir eine weiche Zahl verwenden dürfen, sollte das Problem meiner Meinung nach immer noch schwierig sein, und wir können das Problem der Standardpartition irgendwie darauf reduzieren, aber ich konnte nicht die richtige Reduzierung finden. Also, ist es einfach oder schwer?

Eine andere Frage: Wenn das Problem tatsächlich NP-schwer ist, kann es in pseudopolynomialer Zeit wie das Partitionsproblem mit zwei Teilmengen gelöst werden?

Die größte Zahl ist die weiche Zahl

Ich behaupte, dass es für jede Instanz Ihres Problems möglich ist, die Instanz unter Verwendung der größten Nummer als einzige weiche Nummer zu lösen, wenn die Instanz lösbar ist (es ist möglich, die Zahlen mit einer weichen Zahl zu partitionieren). Dies ist leicht zu beweisen: Jede Lösung kann in eine Lösung mit der größten Zahl als weicher Zahl geändert werden. Platzieren Sie einfach die Nummer, die derzeit die weiche Nummer ist, in der Partition, die die größte Nummer enthält, und teilen Sie stattdessen die größte Nummer auf die Teile der Partition auf.

Verpackungsproblem

Hier ist ein Problem, das ich das Verpackungsproblem nennen werde:

Die Eingabe besteht aus einer Liste positiver Zahlen $a_1, a_2, \ldots, a_k$ und einer $\ell$ so dass $\ell \ge a_i$ für alle $i$ . Definiere $s = \frac{1}{3}\left(\ell + \sum_{i = 1}^ka_i\right)$. Dann besteht das Problem darin, die Liste von$a_i$s in drei Teile zu unterteilen, so dass jeder Teil höchstens$s$.

Ich behaupte, dass das Packungsproblem mit den Eingaben $a_1, \ldots, a_k$ und $\ell$ Ihrem Problem mit der Eingabeliste $a_1, \ldots, a_k, \ell$ . Wenn es möglich ist, die Zahlen $a_1, \ldots, a_k$ in drei Gruppen mit jeweils höchstens $s$ zu packen , können Sie $\ell$ als weiche Zahl verwenden, um jede der Summen auf genau $s$ abzurunden. so haben Sie eine Partition von $a_1, \ldots, a_k, \ell$ in drei Gruppen von Summen$s$ Verwendung einer weichen Zahl. Wenn auf der anderen Seite$a_1, \ldots, a_k, \ell$ kann in drei Gruppen von Summen- partitioniert wird$s$ unter Verwendung einer weiche Nummer dann kann die Liste in drei Gruppen von Summen- partitioniert wird$s$ unter Verwendung$\ell$ als Weichnummer (durch das Ergebnis aus der vorherige Abschnitt). In diesem Fallerfülltdie Gruppierung der$a_i$ s in drei Teile die Bedingung, dass jeder Teil höchstens$s$ .

Das Verpackungsproblem ohne kleine Stückzahlen

Sprich , dass eine Instanz des Verpackungsproblems „hat keine geringen Mengen“ , wenn für jeden $i$ , $a_i > \frac{\ell}{2}$ . Ich behaupte, dass Sie das Verpackungsproblem auf das Verpackungsproblem ohne kleine Zahlen reduzieren können.

Nehmen wir an, dass in der Verpackung Probleminstanz $(a_1, \ldots, a_k), \ell$ einige $a_i$ hat $a_i \le \frac{\ell}{2}$ . WLOG Angenommen,$a_k$ist dies$a_i$. Dann beanspruche ich die Packprobleminstanz$(a_1, \ldots, a_{k-1}), \ell+a_k$entspricht der ursprünglichen Instanz. Beachten Sie, dass der Wert$s$in beiden Fällen gleich bleibt.

Wenn Sie die Zahlen $a_1, \ldots, a_k$ in drei Gruppen packen können , wobei jede Gruppe höchstens eine Summe $s$ hat, können Sie die Zahlen $a_1, \ldots, a_{k-1}$ in drei Gruppen packen , wobei jede Gruppe höchstens eine Summe hat $s$ .

Nehmen wir andererseits an, Sie können die Zahlen $a_1, \ldots, a_{k-1}$ in drei Gruppen packen , wobei jede Gruppe höchstens $s$ . Berücksichtigen Sie für jede der drei Gruppen den Wert $s$ minus der Summe der Elemente in der Gruppe. Nennen Sie diese Werte $e_1, e_2, e_3$ ; hier ist $e_i$ die Menge an "leerem Raum" in Gruppe $i$ . Wir wissen, dass $e_1 + e_2 + e_3$ , der gesamte leere Raum, gleich $3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ (Gesamtraum$3s$ minus verwendeter Raum$\sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ ). Aber$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i = a_k + \ell$ nach der Definition von$s$ . Somit haben die drei Gruppen insgesamt$a_k + \ell$ leeren Raum. Dann seit$a_k < \frac{\ell}{2}$ wissen wir, dass der gesamte leere Raum mehr als$3a_k$beträgt. Nach dem Taubenlochprinzip hat mindestens eine der Gruppen$a_k$oder mehr Leerzeichen. Somit können wireiner der Gruppen dasElement$a_k$hinzufügenund am Ende die Zahlen$a_1, \ldots, a_k$in drei Gruppenpacken, wobei jede Gruppe höchstens$s$.

Um Ihr Problem zu lösen, ist es daher ausreichend, nur das Verpackungsproblem ohne kleine Zahlen zu lösen.

Lemma 1

Lemma Aussage:

Angenommen, wir können $a_1, \ldots, a_k$ in Gruppen 1 und 2 aufteilen, sodass Gruppe 2 eine gerade Anzahl von Elementen hat und die Summe der Elemente in Gruppe 1 im Intervall $\left[s - \frac{\ell}{2}, s\right]$. Dann ist es möglich, weiter Partitionsgruppe 2 in zwei Untergruppen 2a und 2bvon denen jede aufweist Summe höchstens$s$. Beachten Sie, dass die Gruppen 1, 2a und 2b eine Lösung der Instanz des Verpackungsproblems sind.

Hier ist ein Beweis.

Ordnen Sie vorläufig die Hälfte der Elemente der Gruppe 2 der Untergruppe 2a und die andere Hälfte der Untergruppe 2b zu. Erstellen Sie eine Übereinstimmung zwischen den Elementen der beiden Untergruppen. Tauschen Sie diese Paare paarweise zwischen den beiden Gruppen aus. Wenn die Gruppe 2 $2n$ Elemente enthält, durchläuft dieser Prozess genau $n+1$ mögliche Partitionen der Gruppe 2 in die Untergruppen 2a und 2b. Ich behaupte, dass mindestens eine dieser Partitionen beide Untergruppen mit einer Summe von weniger als $s$ .

Sei $S_{2a}$ und $S_{2b}$ die Summe der beiden Untergruppen (wir erlauben diesen Werten, sich zu ändern, wenn sich die Gruppen ändern).

Bei jedem Schritt des obigen Prozesses gewinnt Gruppe 2a ein Element und verliert ein anderes. Da jedes Element einen Wert zwischen $\frac{\ell}{2}$ und$\ell$können wir schließen, dass sich$S_{2a}$bei jedem Schritt des obigen Prozessesum höchstensℓändert$\frac{\ell}{2}$ .

Auch der Endwert von $S_{2a}$ ist gleich dem Anfangswert von $S_{2b}$ da die Gruppen am Ende des Prozesses vollständig getauscht haben.

Sei $A$ der Mittelwert von $S_{2a}$ und $S_{2b}$ . Beachten Sie, dass dies konstant ist, wenn sich die Gruppen ändern. Wir wissen, dass die Anfangs- und Endwerte von $S_{2a}$ Durchschnitt zu $A$ (da die Anfangs- und Endwerte von $S_{2a}$ den Anfangswerten von $S_{2a}$ und $S_{2b}$ ). Somit muss $A$ zwischen den Anfangs- und Endwerten von $S_{2a}$ . Wenn wir die Gruppen ändern, wird der Wert von $S_{2a}$macht höchstens Größenschritte $\frac{\ell}{2}$ von einer Seite von$A$zur anderen. Daraus können wir schließen, dass der Wert von$S_{2a}$irgendwanninnerhalb der Hälfte der maximalen Schrittgröße ($\frac{\ell}{4}$ ) von$A$. Da$S_{2b}$immer den gleichen Abstand von$A$wie$S_{2a}$, können wir schließen, dass irgendwann beide Summen$S_{2a}$und$S_{2b}$innerhalb von$\frac{\ell}{4}$ von$A$.

$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b})$ ist die Summe der Elemente der Gruppe 1; somit ist$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b}) \ge s - \frac{\ell}{2}$ (durch die Bedingung auf der Summe der Gruppe 1). Neuanordnung haben wir, dass$(S_{2a} + S_{2b}) \le 2s - \frac{\ell}{2}$ . Daher beträgt der Durchschnitt von$S_{2a}$und$S_{2b}$höchstens$s - \frac{\ell}{4}$ . Dann zu dem Zeitpunkt, zu dem sowohl$S_{2a}$als auch$S_{2b}$innerhalb von$\frac{\ell}{4}$ von$A$wir, dass beide höchstens$s$wie gewünscht sind.

Fall 1: $k = 3n$

Summiere die $n$ kleinsten $a_i$ s und auch die $n$ größten $a_i$ s.

Wenn das $n$ kleinste $a_i$ s mehr als $s$ , kann keine Gruppe $n$ oder mehr Elemente haben (da jede Auswahl von $n$ Elementen dazu führt, dass die Summe zu groß ist). Das Taubenlochprinzip sagt uns jedoch, dass mindestens eine Gruppe mindestens $n$ Elemente hat. Somit gibt es in diesem Fall keine Lösung für die Verpackungsprobleminstanz.

Wenn das $n$ größte $a_i$ s höchstens $s$ , dann hat jede Auswahl von $n$ Elementen eine Summe von höchstens $s$ . In diesem Fall löst das einfache Aufteilen der Elemente in drei gleich große Gruppen die Packungsprobleminstanz.

Der einzige verbleibende Fall ist, dass die kleinsten $n$ Elemente höchstens $s$ und die größten $n$ Elemente mehr als $s$ . Wie im Lemma können wir langsam zwischen diesen beiden Mengen wechseln: Beginnen Sie mit einer Gruppe, die mit den kleinsten $n$ Elementen initialisiert wurde, und tauschen Sie die Elemente aus, bis die Gruppe die größten $n$ Elemente hat. Jeder Schritt verschiebt die Summe der Gruppe um höchstens $\frac{\ell}{2}$ (nach der gleichen Logik wie beim Beweis des Lemmas) und die Summe kreuztirgendwann in diesem Prozessden Wert$s$. Daher istdie Summeentweder unmittelbar vor oder unmittelbar nach dem Überschreiten des Wertes$s$kleiner als$s$aber höchstens umℓgeringer$\frac{\ell}{2}$ . Mit anderen Worten, irgendwann in diesem Prozess hat die Gruppe eine Summe im Intervall$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Nehmen Sie diese Gruppe als Gruppe 1 und die verbleibenden$2n$Elemente als Gruppe 2. Das Lemma gilt, sodass wir eine Lösung für die Instanz des Verpackungsproblems finden können.

Fall 2: $k = 3n+1$

Summiere die $n+1$ kleinsten $a_i$ s und auch die $n+1$ größten $a_i$ s.

Wenn die $n+1$ kleinst $a_i$ s Summe auf mehr als $s$ , dann kann keine Gruppe hat $n+1$ oder mehr Elemente (wie jede Wahl von $n+1$ Elementen werden in der Summe führen zu groß ist). Das Taubenlochprinzip sagt uns jedoch, dass mindestens eine Gruppe mindestens $n+1$ Elemente hat. Somit gibt es in diesem Fall keine Lösung für die Verpackungsprobleminstanz.

Wenn das $n+1$ größte $a_i$ s höchstens $s$ , dann hat jede Auswahl von $n+1$ Elementen eine Summe von höchstens $s$ . In diesem Fall löst das einfache Aufteilen der Elemente in drei Gruppen der Größe $n$ , $n$ und $n+1$ die Packungsprobleminstanz.

Der einzige verbleibende Fall ist, dass die kleinsten $n+1$ Elemente höchstens $s$ und die größten $n+1$ Elemente mehr als $s$ . Wie im vorherigen Fall können wir langsam zwischen diesen beiden Mengen wechseln: Beginnen Sie mit einer Gruppe, die mit den kleinsten $n+1$ Elementen initialisiert wurde, und tauschen Sie Elemente aus, bis die Gruppe die größten $n+1$ Elemente hat. Jeder Schritt verschiebt die Summe der Gruppe um höchstens $\frac{\ell}{2}$ (nach der gleichen Logik wie beim Beweis des Lemmas) und die Summe kreuztirgendwann in diesem Prozessden Wert$s$. Daher istdie Summeentweder unmittelbar vor oder unmittelbar nach dem Überschreiten des Wertes$s$kleiner als$s$aber höchstens umℓgeringer$\frac{\ell}{2}$ . Mit anderen Worten, irgendwann in diesem Prozess hat die Gruppe eine Summe im Intervall$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Nehmen Sie diese Gruppe als Gruppe 1 und die verbleibenden$2n$Elemente als Gruppe 2. Das Lemma gilt, sodass wir eine Lösung für die Instanz des Verpackungsproblems finden können.

Fall 3: $k = 3n+2$ erster einfacher Unterfall

Summiere die $n$ kleinsten $a_i$ s und die $n$ größten $a_i$ s.

Wenn einer der Werte im Intervall $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, wenden Sie das Lemma sofort mit dieser Auswahl von$n$Elementen als Gruppe 1 und den verbleibenden$2n+2$Elementen als Gruppe 2 an. Dies ermöglicht es uns, eine Lösung für die Instanz des Verpackungsproblems zu finden.

Wenn das $n$ kleinste $a_i$ s kleiner als $s-\frac{\ell}{2}$ und die$n$größten$a_i$s summieren sich zu mehr als$s$dann können wir mit den$n$kleinsten$a_i$s beginnen und Elemente tauschen, bis wir die$n$größten$a_i$s erhalten. Bei jedem Schritt bewegt sich die Summe höchstens$\frac{\ell}{2}$ , also haben wir irgendwann in diesem Prozess eine Gruppe von$n$Elementen, deren Summe im Intervall$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Nehmen Sie diese Gruppe als Gruppe 1 und die verbleibenden$2n+2$Elemente als Gruppe 2. Das Lemma gilt, sodass wir eine Lösung für die Instanz des Verpackungsproblems finden können.

Wenn das $n$ kleinste $a_i$ s mehr als $s$ , kann keine Gruppe $n$ oder mehr Elemente haben (da jede Auswahl von $n$ Elementen dazu führt, dass die Summe zu groß ist). Das Taubenlochprinzip sagt uns jedoch, dass mindestens eine Gruppe mindestens $n+1$ Elemente hat. Somit gibt es in diesem Fall keine Lösung für die Verpackungsprobleminstanz.

Der einzige verbleibende Fall ist, dass sowohl das $n$ kleinste als auch das $n$ größte $a_i$ s zu weniger als s - ℓ addieren$s-\frac{\ell}{2}$ .

Fall 3: $k = 3n+2$ Sekunden einfacher Unterfall

Summiere die $n+2$ kleinsten $a_i$ s und die $n+2$ größten $a_i$ s.

Wenn einer der Werte im Intervall $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, wenden Sie das Lemma sofort mit dieser Auswahl von$n+2$Elementen als Gruppe 1 und den verbleibenden$2n$Elementen als Gruppe 2 an. Dies ermöglicht es uns, eine Lösung für die Instanz des Verpackungsproblems zu finden.

Wenn das kleinste $n+2$$a_i$ s kleiner als $s-\frac{\ell}{2}$ und die$n+2$größten$a_i$s summieren sich zu mehr als$s$dann können wir mit den$n+2$kleinsten$a_i$s beginnen und Elemente tauschen, bis wir die$n+2$größten$a_i$s erhalten. Bei jedem Schritt bewegt sich die Summe höchstens$\frac{\ell}{2}$ , also haben wir irgendwann in diesem Prozess eine Gruppe von$n+2$Elementen, deren Summe im Intervall$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Nehmen Sie diese Gruppe als Gruppe 1 und die verbleibenden$2n$Elemente als Gruppe 2. Das Lemma gilt, sodass wir eine Lösung für die Instanz des Verpackungsproblems finden können.

Wenn das $n+2$ größte $a_i$ s höchstens $s$ , dann hat jede Auswahl von $n+2$ Elementen eine Summe von höchstens $s$ . In diesem Fall löst das einfache Aufteilen der Elemente in drei Gruppen der Größe $n$ , $n+1$ und $n+1$ die Packungsprobleminstanz.

Der einzige verbleibende Fall ist, dass sowohl die $n+2$ kleinsten als auch die $n+2$ größten $a_i$ s zu mehr als $s$ addieren .

Fall 3: $k = 3n+2$ harter Unterfall

Angenommen, keiner der beiden oben genannten Unterfälle hat die Instanz behandelt. Dann wissen wir folgendes:

• sowohl das $n$ kleinste als auch das $n$ größte $a_i$ s addieren sich zu weniger als $s-\frac{\ell}{2}$ .
• sowohl die $n+2$ kleinsten als auch die $n+2$ größten $a_i$ s addieren sich zu mehr als $s$ .

Da die $n+2$ kleinst $a_i$ s In der mehr als $s$ , kann keine Gruppe hat $n+2$ oder mehr Elemente. Dies ist nur möglich, wenn die Gruppen die Größen $n$ , $n+1$ und $n+1$ .

Beachten Sie, dass, da die $n$ größten $a_i$ s zu weniger als s - ℓ addieren$s-\frac{\ell}{2}$ , es spielt keine Rolle, welche Elemente in der Gruppe der Größe$n$: Diese Gruppe hatsowiesoeine Summe von weniger als$s$. Natürlich können wir jede Lösung modifizieren, indem wir die$n$größten$a_i$s in die Gruppe der Größe$n$tauschen. Diese Swaps verringern nur die Summen der beiden anderen Gruppen, so dass es nur dann eine Lösung für die Packungsprobleminstanz gibt, wenn es eine Lösung gibt, bei der die$n$größten$a_i$s eine der Gruppen bilden.

Die vorliegende Aufgabe lautet also einfach: Ist es möglich, die $2n+2$ kleinsten $a_i$ s in zwei Gruppen der Größe $n+1$ so dass jede dieser beiden Gruppen höchstens $s$ . WLOG nimmt an, dass die $a_i$ s in aufsteigender Reihenfolge sind, so dass die $2n+2$ kleinsten $a_i$ s $a_1, \ldots, a_{2n+2}$

Sei $v$ der Durchschnitt der $n$ größten $a_i$ s. Lassen $x_i = v - a_i$ für jedes $i$ . Dann ist $3s = \ell + \sum_{i = 1}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}a_i + \sum_{i = 2n+2}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}(v - x_i) + nv = \ell + (3n+2)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) = (\ell-v) + (3n+3)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ .

Dann ist $s = (n+1)v + \frac{\ell - v}{3} - \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$.

Wenn wir eine Menge $I$ von $n+1$ Indizes wählen , dann ist die Summe der $a_i$ s mit $i \in I$ gleich $\sum_{i\in I}a_i=\sum_{i\in I}v - x_i = (n+1)v-\sum_{i\in I}x_i$ . Ein Satz von Indizes $I$ ist eine gültige Wahl für eine der Gruppen, vorausgesetzt, diese Summe beträgt höchstens $s$. Mit anderen Worten, unter Verwendung der oben abgeleiteten alternativen Definition von $s$ ist die Bedingung, an der wir interessiert sind, $\sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Offensichtlich müssen die verbleibenden$n+1$Indizes$I' = \{1,\ldots, 2n+2\} \setminus I$auch diese Bedingung erfüllen:$\sum_{i\in I'}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Da$\sum_{i\in I'}x_i = \sum_{i = 1}^{2n+2}x_i - \sum_{i\in I}x_i$, können wir die zweite Bedingung als∑i∈Ixi≤2umschreiben$\sum_{i\in I}x_i \le \frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3}$ .

Daher haben wir dieses Teilproblem mit einer äquivalenten Alternative angepasst: Wir versuchen, eine Menge $I$ von $n+1$ Indizes unter $\{1, \ldots, 2n+2\}$ so zu wählen, dass $\frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3} \ge \sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ .

Man beachte, dass $\ell \ge v$ (und daher $\ell-v \ge 0$ ) ist, da $v$ der Durchschnitt einiger $a_i$ s ist und $\ell$ eine Obergrenze für alle $a_i$ s ist. Sei $X = \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ . Unsere obige Bedingung kann wie folgt umgeschrieben werden: Wählen Sie eine Menge $I$ von $n+1$ Indizes unter $\{1, \ldots, 2n+2\}$ so dass$\sum_{i\in I}x_i$ im Intervall$[cX, (1-c)X]$ wobei$c = \frac{1}{3} - \frac{\ell - v}{3X} \le \frac{1}{3}$ .

Angenommen, für einige $j$ hat $x_j$ einen Wert von mindestens $\frac{X}{3}$ . In diesem Fall bestehe$I$aus dem Index$j$und auch aus den$n-1$Indizes, die den kleinsten$x_i$s entsprechen. Wenn diese$x_i$zu höchstens$(1-c)X$addieren,erfülltdiese Wahl von$I$die obige Bedingung: Die Summe$\sum_{i\in I}x_i$ist mindestens$x_j \ge \frac{X}{3} = \frac{1}{3}X \ge cX$und höchstens$(1-c)X$. Somit kann dieser Satz von Indizes$I$verwendet werden, um eine der Gruppen der Größe$n+1$in einer Lösung für die Packungsprobleminstanzauszuwählen. Auf der anderen Seite, wenn diese$x_i$s add mehr als$(1-c)X$dann die Instanz nicht gelöst werden kann: eine der beiden Hälften gehört$x_j$und die Summe dieser Hälfte sein wirdmehr immer als$(1-c)X$(da es mehr war, selbst wenn wir die kleinsten Elemente mit $x_j$ ).

Wir haben also den Fall behandelt, dass einige $x_j$ einen Wert von mindestens $\frac{X}{3}$ . Der verbleibende Fall ist, dass jedes$x_i$höchstens$\frac{X}{3}$ . Ordnen Sie dann die$x_i$s willkürlich zwei Gruppen zu, 1 und 2. Erstellen Sie eine Übereinstimmung der Elemente der beiden Gruppen und tauschen Sie diese Paare paarweise aus. Im Verlauf dieses Prozesses wird die Summe der Elemente der Gruppe 1 von der Anfangssumme zur Anfangssumme der Elemente der Gruppe 2 verschoben. Mit anderen Worten, die Summe der Gruppe 1 wird den DurchschnittswertXüberschreiten$\frac{X}{2}$$x_i$$x_i$$\frac{X}{3}$$x_i$$\frac{X}{3}$$\frac{X}{3}$$\frac{X}{2} \pm \frac{X}{6}$$[\frac{1}{3}X, \frac{2}{3}X]$$[cX, (1-c)X]$$x_i$$a_i$$a_i$$n+1$

Fazit

Die obige erschöpfende Fallarbeit kann als Algorithmus verwendet werden, um eine Liste unter Verwendung einer weichen Zahl in drei Gruppen derselben Summe zu unterteilen. Die Fallarbeit wird auch erkennen, wann dies unmöglich ist. Die Laufzeit dieses Algorithmus ist polynomisch.

Diese Antwort ist nicht löst die Frage. Es wird nur das folgende Hilfsproblem gelöst, das von @JohnDvorak in den Kommentaren formuliert wurde (Partitionierung eines Satzes im Verhältnis 1: 2):

$a_1,\ldots,a_m$$\sum_{i=1}^m a_i = 3A$
$I\subseteq\{1,\ldots,n\}$$\sum_{i\in I}a_i=A$

• $b_1,\ldots,b_n$$2B$$B$
• $b_1,\ldots,b_n$$5B,5B,5B,7B$$n+4$$24B$$A=8B$
• $n+4$$A=8B$$2A=16B$

Daher ist das Hilfsproblem von @ JohnDvorak NP-vollständig

Bearbeiten: Das Ergebnis ist falsch, siehe Diskussion am Ende.

$k$$k$

$a_1,\ldots,a_n$$a_n$

• $a_n$
• $a_i>\frac{a_n}{k-1}$$i$

$a_1,\ldots,a_{n-1}$$1$$1=ks-a_n$$a_n \geq \frac{1}{n-1}$$a_i > \frac{1}{(k-1)(n-1)}>\frac{1}{kn}$$i$$a_1,\ldots,a_{n-1}$$k$$s := \frac{1+a_n}{k}$

$k$$k$

$k$$a_1,\ldots,a_{n-1}$$s$

$(1-\frac{1}{kn})$$k$$1$$a_1,\ldots,a_{n-1}$$k$

$(1-\frac{1}{kn})$$k$

$k$$k$

$D[b_1,\ldots,b_k,i]$$a_1,\ldots,a_i$$b_1,\ldots,b_k$$D[b_1,\ldots,b_k,i+1] = \max( \max_{j} (D[b_1,\ldots,b_j-a_{i+1},b_k,i])+a_{i+1},D[b_1,\ldots,b_k,i])$$O(s^kkn)$

$(1-\frac{1}{kn})$$k$$k$

$k$