Twardość podtytuły Zestawu okładki

Jak trudny jest problem Ustaw okładkę, jeśli liczba elementów jest ograniczona przez jakąś funkcję (np. ), gdzie jest rozmiarem wystąpienia problemu. Formalnie,$\log n$$n$

Niech i gdzie i . Jak trudno jest rozwiązać następujący problemF = { S 1 , ⋯ , S n } S i ⊆ U m = O ( log n $\mathcal{U}=\{e_1, \cdots, e_m\}$$\mathcal{F} = \{S_1, \cdots, S_n\}$$S_i \subseteq \mathcal{U}$$m = O(\log n)$

Co jeśli ?$m=O(\sqrt{n})$

Każdy wynik oparty na dobrze znanych przypuszczeniach (np. Unique Games, ETH) jest dobry.

Edycja 1: Motywacją tego problemu jest ustalenie, kiedy problem staje się trudniejszy, gdy rośnie . Najwyraźniej problemem jest P, jeśli i NP-trudny, jeśli . Jaki jest próg twardości NP problemu?m = O ( 1 ) m = O ( n $m$$m=O(1)$$m=O(n)$

Edycja 2: Istnieje trywialne algorytm uzna, że w czasie (który wylicza wszystkie podzbiory o rozmiarze o ). Dlatego problemem nie jest NP-trudny, jeśli ponieważ ETH sugeruje, że nie ma algorytmu w czasie dla żadnego NP-twardego problem (gdzie jest wielkością problemu NP-trudnego).m F m = O ( log n ) O ( 2 n o ( 1 ) ) $O(n^{m})$$m$$\mathcal{F}$$m=O(\log{n})$$O(2^{n^{o(1)}})$$n$

Gdy , możesz użyć programowania dynamicznego, aby znaleźć optymalny czas wielomianowy. Tabela zawiera logiczny wartościach komórek T £ -l , X każdego £ -l ∈ { 0 , ... , K } i X ⊆ U , wskazujący, czy istnieje £ -l zestawy, które obejmują elementy w X .$m = O(\log n)$$T_{\ell,X}$$\ell \in \{0,\ldots,k\}$$X \subseteq \mathcal{U}$$\ell$$X$

Gdy , powiedzm≤C$m = O(\sqrt{n})$ , problem pozostaje trudny do rozwiązania. Biorąc pod uwagę instancję SET-COVER, dodajmnowe elementyx1,…,xmoraz(2C - 1 m)2nowe zestawy, składające się z niepustych podzbiorów nowych elementów, w tym{x1,…,xm.}(gdymjest wystarczająco duży,(2C - 1 m)2<2m). Zwiększ także$m \leq C\sqrt{n}$$m$$x_1,\ldots,x_m$$(2C^{-1}m)^2$$\{x_1,\ldots,x_m\}$$m$$(2C^{-1}m)^2 < 2^m$$k$po jednym. Nowe jest m ' = 2 m i n ' = n + ( 2 C - 1 m ) 2 ≥ ( C - 1 m ' ) 2 .$m,n$$m' = 2m$$n' = n + (2C^{-1}m)^2 \geq (C^{-1}m')^2$

Przypadek jest w czasie n O ( c ), jak zauważył Yuval, ale należy również pamiętać, że dla k = O ( 1 ) problem można rozwiązać w czasie O ( n k ⋅ m ) (czas wielomianowy) o Wyczerpujące wyszukiwanie. Zakładając hipotezę silnego czasu wykładniczego (że CNF-SAT w formułach z N zmiennymi i klauzulami O ( N ) wymaga co najmniej 2 N - o ( N $m = c \log n$$n^{O(c)}$$k = O(1)$$O(n^k \cdot m)$$N$$O(N)$$2^{N-o(N)}$czas), te dwie granice czasowe są „granicą” tego, czego możemy się spodziewać w czasie wielomianowym, w następującym znaczeniu.

W moim artykule SODA'10 z Mihai Patrascu badamy zasadniczo izomorficzny problem znalezienia dominującego zestawu wielkości na dowolnym wykresie n- węzłowym, pokazując, że jeśli zbiór k- dominujący można rozwiązać w czasie n k - ε dla pewnego k ≥ 2 i ε > 0 , wówczas istnieje algorytm czasowy 2 N ( 1 - ε / 2 ) p o l y ( M ) dla CNF-SAT dla N zmiennych i $k$$n$$k$$n^{k-\varepsilon}$$k \geq 2$$\varepsilon > 0$$2^{N(1-\varepsilon/2)}poly(M)$$N$$M$ klauzule

Zwracając uwagę na zależność między dzielnicach wierzchołków w zbiór dominujący instancji oraz zestawów w zbiorze przykład pokrywy i kontroli stopnia redukcji, można zauważyć, że ta redukcja też pokazy rozwiązywania -Set przykryć n zestawów nad wszechświatem rozmiar m w n k - ε ⋅ f ( m ) implikuje algorytm CNF-SAT dla formuł CNF z klauzulami M i N zmiennymi działającymi w 2 N ( 1 - ε / 2 ) ⋅ f ( M $k$$n$$m$$n^{k-\varepsilon}\cdot f(m)$$M$$N$$2^{N(1-\varepsilon/2)}\cdot f(M)$czas. Do celów obalenia silnego ETH wystarczy rozwiązać CNF-SAT w przypadku, gdy . Stąd algorytm dla twojego problemu działającego w czasie n k - ε ⋅ 2 m / α ( m ) dla pewnej nieograniczonej funkcji α ( m ) dałby zaskakujący nowy algorytm SAT.$M = O(N)$$n^{k-\varepsilon}\cdot 2^{m/\alpha(m)}$$\alpha(m)$