Raster

Update : Das Hindernisset (dh die NxM "Barriere" zwischen färbbaren und nicht färbbaren Rastergrößen) für alle einfarbigen, rechteckfreien 4-Farbtöne ist jetzt bekannt .

Möchte jemand 5-Farben probieren? ;)

Die folgende Frage ergibt sich aus der Ramsey-Theorie .

Betrachten Sie eine Färbung des n- mal- m- Graphen. A ist immer dann vorhanden, wenn vier Zellen mit derselben Farbe als Ecken eines Rechtecks ​​angeordnet sind. Beispielsweise ( 0 , 0 ) , ( 0 , 1 ) , ( 1 , 1 ) , und ( 1 , 0 ) ein monochromatisches Rechteck bilden , wenn sie die gleiche Farbe haben. Ebenso ( 2 , 2 ) , ( 2 , 6 ) $k$$n$$m$monochromatic rectangle$(0,0), (0,1), (1,1),$$(1,0)$ und ( 3 , 2 ) bilden ein monochromatisches Rechteck, wennmit der gleichen Farbe gefärbt.$(2,2), (2,6), (3,6),$$(3,2)$

Frage : Gibt es eine farbige Darstellung des 17- mal- 17- Graphen, die kein monochromatisches Rechteck enthält? Wenn ja, geben Sie die explizite Färbung an.$4$$17$$17$

Einige bekannte Fakten:

• by- 17 ist 4- colorable ohne einfarbiges Rechteck, aber das bekannte Farbschema scheint sich nicht auf den 17- by- 17- Fall zu erstrecken. (Ich verzichte auf die bekannte 16- mal- 17- Färbung, da es sich höchstwahrscheinlich um einen roten Hering handelt, um 17- mal- 17 zu bestimmen.) $16$$17$ $4$$17$$17$$16$$17$$17$$17$
• -by- 19 istNICHT 4 -farbig ohne einfarbiges Rechteck. $18$$19$ $4$
• bis- 18 und 18- bis- 18 sind ebenfalls unbekannte Fälle; Eine Antwort auf diese Fragen wäre ebenfalls interessant. $17$$18$$18$$18$

Haftungsausschluss: Bei einer positiven Antwort auf diese Frage erhält Bill Gasarch ein Kopfgeld von 289 USD . Sie können ihn über seinen Blog erreichen. Ein Hinweis zur Etikette: Ich werde sicherstellen, dass er die Quelle jeder richtigen Antwort kennt (sollte eine auftauchen).

Er hat es während einer Rumpfsitzung bei Barriers II noch einmal angesprochen, und ich finde es interessant, deshalb leite ich die Frage hier weiter (ohne sein Wissen; obwohl ich sehr bezweifle, dass es ihm etwas ausmacht).

Einige von Ihnen wissen dies wahrscheinlich, aber das 17 x 17-Farbproblem wurde von Bernd Steinbach und Christian Posthoff gelöst . Den Blog-Beitrag von Gasarch finden Sie hier .

Das ist nicht wirklich eine Antwort auf die Frage, aber ich habe das 17x17 4-Färbungsproblem als 4-CNF (im Standard DIMACS Format für SAT-Solver) und hochgeladen es codierte hier . Wenn jemand Zugang zu einem guten SAT-Löser (und einem Supercomputer!) Hat, können wir vielleicht Fortschritte erzielen.

$(i,j)$$c \in \{0,1,2,3\}$$(17i+j+289c+1)$$1$$0$

Dies ist auch keine richtige Antwort. Das Problem hierbei ist sicherlich das Vorhandensein einer astronomischen Anzahl von Symmetrien, die selbst die besten SAT-Löser auf den besten Supercomputern zum Narren halten. Solche Symmetrien ordnen Lösungen Lösungen zu und Nichtlösungen Lösungen zu Nichtlösungen zu: In diesem Fall gibt es wahrscheinlich eine immense Anzahl von Fast-Lösungen (dh Zuordnungen, die alle bis auf eine kleine Anzahl von Klauseln erfüllen), von denen jede von jeder anderen erhalten werden kann Anwenden einer richtigen Symmetrie. Daher verschwendet der Löser eine enorme Menge an Zeit, um jede dieser Fast-Lösungen auszuprobieren, während sie in gewissem Sinne alle gleich sind.

Das Ausnutzen von Symmetrien (siehe dieses Dokument) sollte ein Weg sein, um diese harte 17x17-Instanz anzugreifen und Fortschritte zu erzielen. Ich frage mich, ob das schon jemand versucht hat.

Auch dies ist keine echte Antwort, aber hier sind einige Überlegungen zur Übernahme von Grafikfarbalgorithmen für dieses Problem.

$I$$I$

1. $n$$m$$k$
2. $n$$m$$k$
3. $n$$m$$k$

$\log k\ \text{poly}(nm)2^{nm}$$k^{mn}$$2^{289}$

Wenn die Familie aller (maximalen) unabhängigen Mengen eine ausreichend schöne Struktur aufweist, kann möglicherweise auch der Algorithmus für das abdeckende Produkt verfeinert werden.

Das 21x12 Raster ist auch ohne monochrome Rechtecke 4-farbig !!!

Siehe den letzten Beitrag von Bernd Steinbach auf Gasarch's Blog !

Das ist Bill Bouris. Hi, Dan. Ich arbeite an einem Programm, das nach einer geeigneten 17x17-Matrix sucht, die nach Ramseys Theorie eine No-4-Färbung aufweist. Ich verwende eine Positionsmatrix, die alle Verbindungen zwischen Punkten darstellt, und fixiere die Hauptdiagonale, und lasse die obere Reihe der Matrix durch alle möglichen 16choose8-Kombinationen laufen. Ich nehme nur die Matrizen auf, die die folgenden Kriterien erfüllen ... no-XRRR, no-RXRR, no-RRXR, no-RRRX, no-XBBB, no-BXBB usw., dann gehe ich mit dem nächsten durch die Matrix schwächste Kriterien ... no-XBRR, noBXRR, no-BBXR, no-BBRX, no-XRBB, no-RXBB usw. für insgesamt 32 Sweeps, bis der Computer die Färbung automatisch ausfüllt. Mir ist aufgefallen, dass von insgesamt 12780 möglichen Kandidaten auf 400 Matrizen ein Kandidat kommt, und es dauert 0,95 Stunden, um den Kandidaten zu finden, oder 1 Kandidat auf 8. 644 Sekunden. Es kommt, aber ich habe nicht viel Zeit, es zu programmieren ... da ich Vollzeit arbeite. Wir sollten zusammenarbeiten ... ich könnte die 289,00 $ gebrauchen!