Penomoran Subset


10

Perbaiki . Untuk cukup besar , kami ingin memberi label semua subset ukuran persis dengan bilangan bulat positif dari . Kami ingin pelabelan ini memenuhi properti berikut: ada himpunan bilangan bulat, stn { 1 .. n } n / k { 1 ... T } Sk5n{1..n}n/k{1...T}S

  1. Jika subset dari ukuran tidak berpotongan (yaitu penyatuan set ini membentuk semua set ), maka jumlah label mereka di .n / k { 1 .. n } Skn/k{1..n}S
  2. Jika tidak, jumlah label mereka tidak di .S

Apakah ada dan pelabelan, st ?T | S | = O ( 1,99 n )k5T|S|=O(1.99n)

Sebagai contoh, untuk setiap kita dapat memberi label pada himpunan bagian dengan cara berikut. , setiap subset memiliki bit dalam jumlah mereka: bit pertama sama dengan jika subset berisi , bit kedua sama dengan jika subset berisi dll Mudah untuk dilihat, bahwa hanya mengandung satu elemen . Tapi di sini . Bisakah kita melakukannya dengan lebih baik?T = 2 n n 1 1 1 2 S 2 n - 1 T | S | = Θ ( 2 n )kT=2nn1112S2n1T|S|=Θ(2n)


3
Kenapa 5 dan bukan 3?
domotorp

@domotorp: Apakah Anda tahu cara melakukannya untuk lebih kecil ? k
Alex Golovnev

Itu akan memberikan bukti konstruktif untuk pertanyaan sejuta dolar! Tidak secepat itu! :)
Tayfun Bayar

@ Geekster: Bisakah Anda jelaskan?
Alex Golovnev

3
Apakah mungkin membuat T = O (1,99 ^ n)? Pertanyaan itu sepertinya menyarankan bahwa itu mungkin, tetapi tidak jelas bagi saya bagaimana melakukannya.
Tsuyoshi Ito

Jawaban:


7

Jawaban parsial adalah bahwa bahkan untuk pelabelan seperti itu tidak ada.k

Untuk satu set menguraikan himpunan bagian S 1 , ... , S t (ukuran n / k , biarkan f ( S 1 , ... , S t ) menunjukkan jumlah dari nilai-nilai mereka).tS1,,Stn/kf(S1,,St)

Klaim: jika dan S 1S tS 1S t maka f ( S 1 , , S t ) f ( S 1 , , S t ) .t<kS1StS1Stf(S1,,St)f(S1,,St)

Untuk melihat mengapa klaim itu benar, pilih satu set sedemikian rupa sehingga k i = 1 S i = [ n ] tetapi kemudian salah satu set baru ini memotong salah satu dari S i 's so f ( S 1 , ... , S k ) tidak boleh sama dengan f ( S 1 , ... , S t , SSt+1,,Ski=1kSi=[n]Sif(S1,,Sk).f(S1,,St,St+1,,Sk)

Konsekuensi: .T>(ntn/k)/t

Pengaturan memberikan batas bawah T 2 ( nt=k/2.T2(nn/2)/k=Ω(2n/n)

Perhatikan bahwa untuk aneh satu mendapat batas bawah urutan ( nk. Sudah untukk=5kita memilikiH((1-1/k)/2)=H(nn(11/k)/2)2H((11/k)/2)n=2n(1O(1/k2))k=5 sehingga eksponen cenderung ke 1 dengan cepat.H((11/k)/2)=H(0.4)0.971

Saya kira tidak ada solusi untuk aneh juga, tetapi saya tidak yakin bagaimana membuktikannya.k


Terima kasih, solusi yang sangat indah! Tapi saya tidak yakin apakah kita bisa menggeneralisasikannya menjadi aneh . k
Alex Golovnev

4

Ini bukan jawaban, hanya penjelasan mengapa untuk k = 2 tidak ada pelabelan seperti itu (saya yakin ini sudah diketahui oleh Alex, jadi ini hanya artikel bagi pembaca lain seperti saya ...)

Untuk k = 2 kita memiliki . Ini karena ada(nT(nn/2)1.99nhimpunan bagian ukuran n / 2. Jika ada dua yang mendapatkan label yang sama, misalnya A dan B, maka jumlah label A dan komplemennya tidak dalam S, atau jumlah label B dan komplemen A adalah dalam S. Ini menyiratkanT(n(nn/2)(untuk besar n).T(nn/2)

Untuk ka yang lebih besar, argumen yang sama menunjukkan bahwa semua label harus berbeda, tetapi ini hanya memberikan batas bawah eksponensial yang lebih lemah. Jadi sudah k = 3 tampaknya tidak diketahui.


Ya terima kasih! Akan sangat bagus jika seseorang dapat memberikan intuisi mengapa tidak ada pelabelan untuk lebih besar , atau mengapa sulit untuk menemukan pelabelan seperti itu. k
Alex Golovnev
Dengan menggunakan situs kami, Anda mengakui telah membaca dan memahami Kebijakan Cookie dan Kebijakan Privasi kami.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.