Masalah partisi di mana beberapa nomor mungkin terpotong

Dalam masalah partisi standar , kita diberikan beberapa angka yang jumlahnya dan harus memutuskan apakah mereka dapat dipartisi menjadi dua bagian yang jumlahnya adalah . Ini dikenal sebagai NP-keras.$2s$$s$

Namun, anggaplah bahwa kita diizinkan untuk menunjuk salah satu angka sebagai "nomor lunak" yang dapat dipotong menjadi jumlah potongan yang sewenang-wenang, di mana potongan yang berbeda dapat dimasukkan ke dalam himpunan bagian yang berbeda. Maka masalahnya menjadi mudah: hanya mengatur semua angka pada garis dalam urutan acak, dan memotong garis menjadi dua sub-baris dengan jumlah yang sama.

PERTANYAAN: Misalkan kita diberi beberapa angka yang jumlahnya adalah , dan harus memutuskan apakah mereka dapat dipartisi menjadi tiga himpunan bagian yang jumlahnya adalah , saat menggunakan paling banyak satu nomor lunak. Apa kompleksitas masalah ini?$3s$$s$

• Jika kita diizinkan menggunakan dua nomor lunak, maka masalahnya kembali mudah - kita dapat menyelesaikannya dengan mengatur angka pada garis seperti di atas.
• Jika kita diizinkan untuk menggunakan nol angka lunak, maka masalahnya jelas sulit - setidaknya sekeras masalah pembagian menjadi dua himpunan bagian.
• Jika kita diizinkan untuk menggunakan satu nomor lunak, dugaan saya adalah bahwa masalahnya masih sulit, dan entah bagaimana kita dapat menguranginya dari masalah partisi standar, tetapi saya tidak dapat menemukan pengurangan yang tepat. Jadi, apakah itu mudah atau sulit?

Pertanyaan lain: jika masalahnya memang NP-hard, dapatkah dipecahkan dalam waktu semu polinomial seperti masalah partisi dua-subset?

Angka terbesar adalah angka lunak

Saya mengklaim bahwa untuk setiap instance masalah Anda, jika instance dapat dipecahkan (dimungkinkan untuk mempartisi angka menggunakan satu nomor lunak) maka dimungkinkan untuk memecahkan contoh menggunakan nomor terbesar sebagai satu-satunya nomor lunak. Ini mudah dibuktikan: solusi apa pun dapat dimodifikasi menjadi solusi dengan jumlah terbesar sebagai nomor lunak; cukup tempatkan angka yang saat ini merupakan angka lunak ke dalam partisi yang berisi angka terbesar dan pisahkan angka terbesar di antara bagian-bagian partisi.

Masalah pengepakan

Berikut adalah masalah yang saya sebut masalah pengepakan:

Input terdiri dari daftar angka positif dan satu angka terakhir sedemikian rupa sehingga untuk semua . Tetapkan . Maka masalahnya adalah untuk partisi daftar s menjadi tiga bagian sehingga masing-masing bagian memiliki jumlah paling .$a_1, a_2, \ldots, a_k$$\ell$$\ell \ge a_i$$i$$s = \frac{1}{3}\left(\ell + \sum_{i = 1}^ka_i\right)$$a_i$$s$

Saya mengklaim bahwa masalah pengemasan dengan input dan sama dengan masalah Anda dengan daftar input . Jika memungkinkan untuk mengemas angka ke dalam tiga grup masing-masing jumlah paling banyak maka Anda dapat menggunakan sebagai angka lunak untuk membulatkan setiap jumlah menjadi tepat ; sehingga Anda memiliki partisi dari menjadi tiga kelompok sum menggunakan satu nomor lembut. Jika di sisi lain dapat dibagi menjadi tiga kelompok sum$a_1, \ldots, a_k$$\ell$$a_1, \ldots, a_k, \ell$$a_1, \ldots, a_k$$s$$\ell$$s$$a_1, \ldots, a_k, \ell$$s$$a_1, \ldots, a_k, \ell$$s$s ℓ a i smenggunakan satu nomor lembut maka daftar tersebut dapat dibagi menjadi tiga kelompok sum menggunakan sebagai jumlah yang lembut (dengan hasil dari bagian sebelumnya). Dalam hal ini pengelompokan s menjadi tiga bagian memenuhi syarat bahwa setiap bagian memiliki jumlah paling banyak .$s$$\ell$$a_i$$s$

Masalah pengepakan tanpa nomor kecil

Katakan bahwa contoh masalah pengemasan "tidak memiliki angka kecil" jika untuk setiap , . Saya mengklaim bahwa Anda dapat mengurangi masalah pengemasan menjadi masalah pengemasan tanpa jumlah kecil.$i$$a_i > \frac{\ell}{2}$

Misalkan dalam mengemas contoh masalah beberapa memiliki . WLOG misalkan adalah ini . Kemudian saya mengklaim instance masalah pengepakan setara dengan instance asli. Perhatikan bahwa nilai tetap sama dalam kedua kasus.$(a_1, \ldots, a_k), \ell$$a_i$$a_i \le \frac{\ell}{2}$$a_k$$a_i$$(a_1, \ldots, a_{k-1}), \ell+a_k$$s$

Tentu saja jika Anda bisa mengemas angka menjadi tiga kelompok dengan masing-masing kelompok memiliki jumlah paling maka Anda dapat pak nomor menjadi tiga kelompok dengan masing-masing kelompok memiliki sum di kebanyakan .$a_1, \ldots, a_k$$s$$a_1, \ldots, a_{k-1}$$s$

Di sisi lain, anggaplah Anda dapat mengemas angka menjadi tiga grup dengan setiap grup memiliki jumlah paling banyak . Untuk masing-masing dari tiga grup, pertimbangkan nilai dikurangi jumlah elemen dalam grup. Sebut nilai-nilai ini ; di sini adalah jumlah "ruang kosong" dalam grup . Kita tahu bahwa , total ruang kosong, sama dengan (total ruang dikurangi ruang yang digunakan ). Tetapi dengan definisi$a_1, \ldots, a_{k-1}$$s$$s$$e_1, e_2, e_3$$e_i$$i$$e_1 + e_2 + e_3$$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i$$3s$$\sum_{i = 1}^{k-1}a_i$$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i = a_k + \ell$$s$ak+ℓak<ℓ. Dengan demikian, ketiga grup memiliki total ruang kosong . Maka sejak , kita tahu bahwa total ruang kosong lebih dari . Dengan prinsip lubang merpati, setidaknya salah satu grup memiliki atau lebih banyak ruang kosong di dalamnya. Dengan demikian, kita dapat menambahkan elemen ke salah satu grup dan berakhir dengan pengemasan angka menjadi tiga grup dengan setiap grup memiliki jumlah paling banyak .$a_k + \ell$$a_k < \frac{\ell}{2}$$3a_k$$a_k$$a_k$$a_1, \ldots, a_k$$s$

Jadi, untuk menyelesaikan masalah Anda, cukup untuk menyelesaikan masalah pengepakan tanpa jumlah kecil.

Lemma 1

Pernyataan Lemma:

Misalkan kita dapat mempartisi ke dalam grup 1 dan 2 sehingga grup 2 memiliki jumlah elemen genap dan jumlah elemen dalam grup 1 berada dalam interval . Maka dimungkinkan untuk memajukan kelompok 2 menjadi dua subkelompok 2a dan 2b yang masing-masing memiliki jumlah paling banyak . Perhatikan bahwa grup 1, 2a, dan 2b adalah solusi dari contoh masalah pengemasan.$a_1, \ldots, a_k$$\left[s - \frac{\ell}{2}, s\right]$$s$

Ini buktinya.

Untuk sementara tentukan setengah dari elemen grup 2 ke subkelompok 2a dan setengah lainnya untuk subkelompok 2b. Buat kecocokan antara elemen-elemen dari dua subkelompok. Tukar pasangan ini di antara dua kelompok, satu pasang setiap kali. Jika ada elemen dalam grup 2 maka proses ini melewati dengan tepat kemungkinan partisi grup 2 menjadi subkelompok 2a dan 2b. Saya mengklaim bahwa setidaknya salah satu dari partisi tersebut memiliki kedua subkelompok dengan jumlah kurang dari .$2n$$n+1$$s$

Biarkan dan menjadi jumlah dari dua subkelompok (kami mengizinkan nilai-nilai ini berubah saat grup berubah).$S_{2a}$$S_{2b}$

Pada setiap langkah dari proses di atas, grup 2a mendapatkan satu elemen dan kehilangan elemen lainnya. Karena setiap elemen memiliki nilai antara dan , kita dapat menyimpulkan bahwa pada setiap langkah dari proses di atas, berubah paling banyak dengan .$\frac{\ell}{2}$$\ell$$S_{2a}$$\frac{\ell}{2}$

Juga, nilai akhir dari sama dengan nilai awal karena pada akhir proses kelompok telah sepenuhnya bertukar.$S_{2a}$$S_{2b}$

Misalkan menjadi nilai rata-rata dan . Perhatikan bahwa ini konstan ketika grup berubah. Kita tahu bahwa nilai awal dan akhir rata-rata ke (karena nilai awal dan akhir sama dengan nilai awal dan ). Jadi, harus berada di antara nilai awal dan akhir . Saat kami mengubah grup, nilai mengambil langkah-langkah ukuran paling banyak dari satu sisi ke yang lain. Dari ini, kita dapat menyimpulkan bahwa pada titik tertentu, nilai$A$$S_{2a}$$S_{2b}$$S_{2a}$$A$$S_{2a}$$S_{2a}$$S_{2b}$$A$$S_{2a}$$S_{2a}$$\frac{\ell}{2}$$A$$S_{2a}$ harus berada dalam setengah dari ukuran langkah maksimum ( ) dari . Karena selalu memiliki jarak yang sama dari seperti , kita dapat menyimpulkan bahwa pada beberapa titik, keduanya menjumlahkan dan berada dalam dari .$\frac{\ell}{4}$$A$$S_{2b}$$A$$S_{2a}$$S_{2a}$$S_{2b}$$\frac{\ell}{4}$$A$

$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b})$ adalah jumlah dari elemen grup 1; dengan demikian, (berdasarkan kondisi jumlah grup 1). Penyusunan ulang, kami memilikinya . Oleh karena itu, rata-rata dan paling banyak adalah . Kemudian pada saat yang baik dan berada dalam dari , kita melihat bahwa mereka berdua paling seperti yang diinginkan.$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b}) \ge s - \frac{\ell}{2}$$(S_{2a} + S_{2b}) \le 2s - \frac{\ell}{2}$$S_{2a}$$S_{2b}$$s - \frac{\ell}{4}$$S_{2a}$$S_{2b}$$\frac{\ell}{4}$$A$$s$

Kasus 1:$k = 3n$

Jumlahkan terkecil dan juga terbesar .$n$$a_i$$n$$a_i$

Jika jumlah terkecil hingga lebih dari , maka tidak ada grup yang dapat memiliki atau lebih elemen (karena pilihan apa pun dari elemen akan menghasilkan jumlah yang terlalu besar). Tetapi prinsip lubang merpati memberi tahu kita bahwa setidaknya satu kelompok memiliki setidaknya elemen. Jadi, dalam hal ini tidak ada solusi untuk contoh masalah pengepakan.$n$$a_i$$s$$n$$n$$n$

Jika terbesar s sum untuk paling , maka setiap pilihan elemen memiliki jumlah paling . Dalam hal ini, cukup mempartisi elemen menjadi tiga kelompok dengan ukuran yang sama memecahkan contoh masalah pengepakan.$n$$a_i$$s$$n$$s$

Satu-satunya kasus yang tersisa adalah bahwa elemen terkecil dijumlahkan paling banyak dan elemen terbesar berjumlah lebih dari . Seperti dalam lemma, kita dapat secara perlahan bertransisi antara dua set ini: mulai dengan sebuah grup yang diinisialisasi dengan elemen terkecil dan elemen swap hingga grup memiliki elemen terbesar . Setiap langkah menggerakkan jumlah grup paling banyak (dengan logika yang sama seperti dalam bukti lemma) dan jumlah melintasi nilai pada beberapa titik dalam proses ini. Oleh karena itu, baik segera sebelum atau segera setelah melewati nilai , jumlahnya kurang dari$n$$s$$n$$s$$n$$n$$\frac{\ell}{2}$$s$$s$$s$tetapi paling banyak kurang dari . Dengan kata lain, pada titik tertentu dalam proses ini, grup memiliki jumlah dalam interval . Ambil grup itu sebagai grup 1 dan elemen sisanya sebagai grup 2. Lemma berlaku, memungkinkan kami untuk menemukan solusi untuk contoh masalah pengemasan.$\frac{\ell}{2}$$[s-\frac{\ell}{2}, s]$$2n$

Kasus 2:$k = 3n+1$

Jumlah terkecil dan juga terbesar .$n+1$$a_i$$n+1$$a_i$

Jika jumlah terkecil hingga lebih dari , maka tidak ada grup yang dapat memiliki elemen atau lebih (karena setiap pilihan elemen akan menghasilkan jumlah yang terlalu besar). Tetapi prinsip lubang merpati memberi tahu kita bahwa setidaknya satu kelompok memiliki setidaknya elemen. Jadi, dalam hal ini tidak ada solusi untuk contoh masalah pengepakan.$n+1$$a_i$$s$$n+1$$n+1$$n+1$

Jika jumlah terbesar hingga paling banyak , maka setiap pilihan elemen memiliki jumlah paling banyak . Dalam hal ini, cukup mempartisi elemen menjadi tiga kelompok ukuran , , dan memecahkan contoh masalah pengepakan.$n+1$$a_i$$s$$n+1$$s$$n$$n$$n+1$

Satu-satunya kasus yang tersisa adalah bahwa elemen terkecil berjumlah paling banyak dan elemen terbesar berjumlah lebih dari . Seperti pada kasus sebelumnya, kita dapat secara perlahan melakukan transisi antara dua set ini: mulai dengan sebuah grup yang diinisialisasi dengan elemen terkecil elemen swap hingga grup memiliki elemen . Setiap langkah menggerakkan jumlah grup paling banyak (dengan logika yang sama seperti dalam bukti lemma) dan jumlah melintasi nilai pada beberapa titik dalam proses ini. Oleh karena itu, baik segera sebelum atau segera setelah melewati nilai , jumlahnya kurang dari$n+1$$s$$n+1$$s$$n+1$$n+1$$\frac{\ell}{2}$$s$$s$$s$ tetapi paling sedikit kurang dari . Dengan kata lain, pada titik tertentu dalam proses ini, grup memiliki jumlah dalam interval . Ambil grup itu sebagai grup 1 dan elemen sisanya sebagai grup 2. Lemma berlaku, memungkinkan kami untuk menemukan solusi untuk contoh masalah pengemasan.$\frac{\ell}{2}$$[s-\frac{\ell}{2}, s]$$2n$

Kasus 3: subcase mudah pertama$k = 3n+2$

Jumlahkan s terkecil dan terbesar .$n$$a_i$$n$$a_i$

Jika salah satu nilai berada dalam interval , segera terapkan lemma dengan pilihan elemen sebagai grup 1 dan elemen sisanya sebagai grup 2. Ini memungkinkan kita untuk menemukan solusi untuk contoh masalah pengepakan.$[s-\frac{\ell}{2}, s]$$n$$2n+2$

Jika jumlah terkecil menjadi kurang dari dan jumlah terbesar menjadi lebih dari maka kita dapat mulai dengan terkecil dan menukar elemen hingga kita berakhir dengan the terbesar s. Pada setiap langkah jumlah bergerak paling banyak , jadi pada beberapa titik dalam proses ini kami memiliki sekelompok elemen yang jumlahnya berada dalam interval . Ambil grup itu sebagai grup 1 dan sisanya$n$$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$$n$$a_i$$s$$n$$a_i$$n$$a_i$$\frac{\ell}{2}$$n$$[s-\frac{\ell}{2}, s]$$2n+2$ elemen sebagai grup 2. Lemma berlaku, memungkinkan kami untuk menemukan solusi untuk contoh masalah pengepakan.

Jika jumlah terkecil hingga lebih dari , maka tidak ada grup yang dapat memiliki atau lebih elemen (karena pilihan apa pun dari elemen akan menghasilkan jumlah yang terlalu besar). Tetapi prinsip lubang merpati memberi tahu kita bahwa setidaknya satu kelompok memiliki setidaknya elemen. Jadi, dalam hal ini tidak ada solusi untuk contoh masalah pengepakan.$n$$a_i$$s$$n$$n$$n+1$

Satu-satunya kasus yang tersisa adalah bahwa terkecil dan terbesar menambahkan kurang dari .$n$$n$$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$

Kasus 3: subkunci mudah kedua$k = 3n+2$

Jumlah terkecil dan terbesar .$n+2$$a_i$$n+2$$a_i$

Jika salah satu nilai berada dalam interval , segera terapkan lemma dengan pilihan elemen sebagai grup 1 dan elemen sisanya sebagai grup 2. Hal ini memungkinkan kami untuk menemukan solusi untuk contoh masalah pengepakan.$[s-\frac{\ell}{2}, s]$$n+2$$2n$

Jika jumlah terkecil menjadi kurang dari dan jumlah terbesar hingga lebih dari maka kita dapat mulai dengan terkecil dan swap elemen sampai kita berakhir dengan terbesar . Pada setiap langkah jumlah bergerak paling banyak , jadi pada beberapa titik dalam proses ini kami memiliki sekelompok elemen yang jumlahnya berada dalam interval . Ambil grup itu sebagai grup 1 dan sisanya$n+2$$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$$n+2$$a_i$$s$$n+2$$a_i$$n+2$$a_i$$\frac{\ell}{2}$$n+2$$[s-\frac{\ell}{2}, s]$$2n$ elemen sebagai grup 2. Lemma berlaku, memungkinkan kami untuk menemukan solusi untuk contoh masalah pengepakan.

Jika terbesar s sum untuk paling , maka setiap pilihan elemen memiliki jumlah paling . Dalam hal ini, cukup mempartisi elemen menjadi tiga kelompok ukuran , , dan memecahkan contoh masalah pengepakan.$n+2$$a_i$$s$$n+2$$s$$n$$n+1$$n+1$

Satu-satunya kasus yang tersisa adalah bahwa terkecil dan terbesar ditambahkan ke lebih dari .$n+2$$n+2$$a_i$$s$

Kasus 3: hard subcase$k = 3n+2$

Misalkan tidak satu pun dari dua sub-bagian di atas menangani instance. Maka kita tahu yang berikut:

• baik terkecil dan terbesar s add kurang dari .$n$$n$$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$
• baik terkecil dan terbesar menambah lebih dari .$n+2$$n+2$$a_i$$s$

Karena terkecil ditambahkan ke lebih dari , tidak ada grup yang dapat memiliki atau lebih elemen. Satu-satunya cara untuk mencapai hal ini adalah jika kelompok memiliki ukuran , , dan .$n+2$$a_i$$s$$n+2$$n$$n+1$$n+1$

Perhatikan bahwa karena terbesar ditambahkan kurang dari , tidak masalah elemen apa saja yang ada di grup ukuran : grup itu akan memiliki jumlah lebih sedikit daripada . Jelas, kita dapat memodifikasi solusi apa pun dengan menukar terbesar ke dalam kelompok ukuran . Swap ini hanya mengurangi jumlah dari dua kelompok lain, sehingga terdapat solusi untuk packing masalah misalnya jika dan hanya jika ada solusi di mana terbesar bentuk s salah satu kelompok.$n$$a_i$$s-\frac{\ell}{2}$$n$$s$$n$$a_i$$n$$n$$a_i$

Dengan demikian, tugas yang ada hanyalah ini: apakah mungkin untuk mempartisi terkecil menjadi dua kelompok ukuran sehingga masing-masing dari kedua kelompok memiliki jumlah paling banyak . WLOG menganggap bahwa s dalam urutan yang meningkat sehingga terkecil adalah$2n+2$$a_i$$n+1$$s$$a_i$$2n+2$$a_i$$a_1, \ldots, a_{2n+2}$

Biarkan menjadi rata-rata dari terbesar . Biarkan untuk setiap . Kemudian .$v$$n$$a_i$$x_i = v - a_i$$i$$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)$

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

Jika kita memilih beberapa indeks dari indeks, maka jumlah s dengan sama dengan . Satu set indeks adalah pilihan yang valid untuk salah satu grup asalkan jumlah ini paling banyak . Dengan kata lain, menggunakan definisi alternatif diturunkan di atas, kondisi yang kami minati adalah . Jelas, indeks juga harus memenuhi ketentuan ini:$I$$n+1$$a_i$$i \in I$$\sum_{i\in I}a_i=\sum_{i\in I}v - x_i = (n+1)v-\sum_{i\in I}x_i$$I$$s$$s$$\sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$$n+1$$I' = \{1,\ldots, 2n+2\} \setminus I$$\sum_{i\in I'}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ Σi∈I'xi=Σ 2 n + 2 i = 1 xi-Σi∈IxiΣi∈Ixi≤2 . Karena , kita dapat menulis ulang kondisi kedua sebagai .$\sum_{i\in I'}x_i = \sum_{i = 1}^{2n+2}x_i - \sum_{i\in I}x_i$$\sum_{i\in I}x_i \le \frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3}$

Jadi kami telah menyatakan kembali subproblem ini menggunakan alternatif yang setara: kami mencoba untuk memilih satu set dari indeks di antara sedemikian rupa sehingga .$I$$n+1$$\{1, \ldots, 2n+2\}$$\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}$

Perhatikan bahwa (dan karena itu ) karena adalah rata-rata dari beberapa dan adalah batas atas pada semua . Biarkan . Kondisi kami di atas dapat ditulis ulang sebagai berikut: pilih satu set dari indeks di antara sehingga berada dalam interval mana .$\ell \ge v$$\ell-v \ge 0$$v$$a_i$$\ell$$a_i$$X = \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$$I$$n+1$$\{1, \ldots, 2n+2\}$$\sum_{i\in I}x_i$$[cX, (1-c)X]$$c = \frac{1}{3} - \frac{\ell - v}{3X} \le \frac{1}{3}$

Misalkan untuk beberapa , memiliki nilai setidaknya . Dalam hal ini, izinkan terdiri dari indeks dan juga indeks sesuai dengan s terkecil . Jika ini ditambahkan paling banyak maka pilihan memenuhi batasan di atas: jumlah setidaknya dan paling . Dengan demikian, kumpulan indeks ini dapat digunakan untuk memilih salah satu kelompok ukuran$j$$x_j$$\frac{X}{3}$$I$$j$$n-1$$x_i$$x_i$$(1-c)X$$I$$\sum_{i\in I}x_i$$x_j \ge \frac{X}{3} = \frac{1}{3}X \ge cX$$(1-c)X$$I$$n+1$dalam solusi untuk contoh masalah pengepakan. Di sisi lain, jika ini menambahkan lebih dari maka instance tidak dapat diselesaikan: salah satu dari dua bagian akan termasuk dan jumlah setengahnya akan selalu lebih dari (karena lebih dari itu bahkan ketika kita meletakkan elemen terkecil dengan ).$x_i$$(1-c)X$$x_j$$(1-c)X$$x_j$

Jadi, kami telah menangani kasus bahwa beberapa memiliki nilai setidaknya . Kasus yang tersisa adalah bahwa setiap memiliki nilai paling banyak . Kemudian tetapkan untuk dua grup, 1 dan 2, secara sewenang-wenang. Buat elemen yang cocok dari dua kelompok dan tukar pasangan itu satu pasang pada suatu waktu. Selama proses ini, jumlah elemen grup 1 akan berpindah dari jumlah awal itu ke jumlah awal elemen grup 2. Dengan kata lain, jumlah grup 1 akan melewati nilai rata-rata . Setiap langkah dalam proses ini melibatkan grup 1 yang kehilangan dan mendapatkannya; karena memiliki nilai paling banyak$x_j$$\frac{X}{3}$$x_i$$\frac{X}{3}$$x_i$$\frac{X}{2}$$x_i$$x_i$$\frac{X}{3}$ , sepasang berbeda paling banyak dan setiap langkah menggerakkan jumlah grup 1 paling banyak . Dengan demikian, akan ada beberapa poin dalam proses tersebut ketika jumlah kelompok 1 berada dalam setengah ukuran langkah maksimum rata-rata. Dengan demikian, pada titik tertentu jumlah grup 1 akan termasuk dalam . Tetapi ini adalah interval , yang merupakan subinterval dari . Jadi, pada titik tertentu selama proses ini, grup 1 pada saat itu akan memenuhi kondisi yang kita inginkan. Kita dapat menggunakan grup untuk memilih grup yang sesuai dari ; ini$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$n+1Bentuk salah satu dari dua kelompok ukuran diperlukan untuk menyelesaikan contoh masalah pengepakan.$n+1$

Kesimpulan

Kasus kerja lengkap di atas dapat digunakan sebagai algoritme untuk mempartisi daftar menjadi tiga kelompok dengan jumlah yang sama menggunakan satu nomor lunak. Kasus ini juga akan mengidentifikasi saat ini tidak mungkin. Runtime dari algoritma ini bersifat polinomial.

Jawaban ini tidak menyelesaikan pertanyaan. Ini hanya menyelesaikan masalah tambahan berikut yang diformulasikan oleh @JohnDvorak dalam komentar (mempartisi satu set dalam rasio 1: 2):

Masalah bantu:
Instance: Rasional positif dengan . Pertanyaan: Apakah ada set indeks dengan ?$a_1,\ldots,a_m$$\sum_{i=1}^m a_i = 3A$I ⊆ { 1 , … , n } ∑ i ∈ I a i = A
$I\subseteq\{1,\ldots,n\}$$\sum_{i\in I}a_i=A$

• Ambil contoh PARTISI klasik (rasional dengan jumlah , dapatkah Anda membaginya menjadi dua grup dengan jumlah ).$b_1,\ldots,b_n$$2B$$B$
• Ambil bersama dengan empat angka untuk membuat turunan masalah tambahan. Jumlah dari semua angka adalah , sehingga .$b_1,\ldots,b_n$$5B,5B,5B,7B$$n+4$$24B$$A=8B$
• Memisahkan angka menjadi grup dengan jumlah dan grup dengan jumlah dimungkinkan jika dan hanya jika instance PARTISI telah menjawab YA.$n+4$$A=8B$$2A=16B$

Karenanya masalah tambahan @ JohnDvorak adalah NP-complete

Sunting: Hasilnya salah, lihat pembahasan di bagian akhir.

Terinspirasi oleh jawaban Mikhail Rudoy, ​​kita dapat menggeneralisasi untuk mempartisi menjadi bagian dengan jumlah yang sama. Masalahnya adalah waktu polinomial yang dapat dipecahkan untuk setiap konstanta .$k$$k$

Inputnya sedemikian rupa sehingga adalah angka terbesar. Pengamatan Mikhail adalah, wlog,$a_1,\ldots,a_n$$a_n$

• angka adalah$a_n$
• $a_i>\frac{a_n}{k-1}$ untuk setiap$i$

wlog, asumsikan bahwa jumlah adalah (yaitu, ). Perhatikan bahwa , jadi untuk setiap . Masalahnya sama dengan mempartisi angka menjadi himpunan bagian sehingga jumlah setiap subset paling banyak adalah .$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}$

Kami menganggap pembatasan masalah beberapa ransel . Definisikan masalah knapsack sebagai instance dari masalah knapsack ganda dengan knapsack dengan kapasitas yang sama, di mana nilai setiap item sama dengan berat item.$k$$k$

Biarkan input untuk masalah -knapsack menjadi , dan masing-masing ransel memiliki kapasitas . Klaim berikut jelas.$k$$a_1,\ldots,a_{n-1}$$s$

Klaim : A -aplikasi algoritma untuk masalah -kembali mengembalikan , jika dan hanya jika semua angka dapat dimasukkan ke dalam ransel.$(1-\frac{1}{kn})$$k$$1$$a_1,\ldots,a_{n-1}$$k$

Dengan klaim di atas, kita hanya perlu menemukan algoritma untuk masalah -knapsack.$(1-\frac{1}{kn})$$k$

Klaim : Ada algoritma waktu pseudopolinomial untuk knapsack menggeneralisasi untuk -knapsack untuk setiap konstan .$k$$k$

Bukti : Tentukan menjadi nilai maksimum menggunakan elemen , di mana ransel memiliki kapasitas . Relasi perulangan adalah . Kasing sederhana. Waktu berjalan adalah .$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)$

Merupakan standar untuk mendapatkan FPTAS dengan menskalakan semua angka dan bulat ke bilangan bulat, lihat bagian 5 dari ini . Ini berarti kita dapat menemukan -approximation to -knapsack problem dalam waktu polinomial. Oleh karena itu untuk setiap konstanta , masalah aslinya dapat diputuskan dalam waktu polinomial.$(1-\frac{1}{kn})$$k$$k$

Di atas tidak benar, karena algoritma waktu pseudopolinomial tidak berubah menjadi FPTAS. Namun, pendekatan ini mungkin masih memberi kita beberapa wawasan karena kami memiliki kasus masalah -knapsack yang sangat spesial .$k$