Apakah masalah "Bit Diskriminasi Paling Sedikit" selesai NP?

Itu adalah nama yang saya buat untuk masalah ini. Saya belum melihatnya dijelaskan di mana pun sebelumnya. Saya belum dapat menemukan bukti kelengkapan NP atau algoritma waktu polinomial untuk masalah ini. Ini bukan masalah pekerjaan rumah - ini terkait dengan masalah yang saya temui dalam pekerjaan saya.

GIGI DISKRIMINASI TERTINGGI

INSTAN: Satu set T yang mengandung bit vektor, di mana masing-masing bit vektor tepat panjang N bit. Setiap elemen T adalah unik, seperti yang diharapkan dari himpunan matematika. Integer K <N.

PERTANYAAN: Apakah ada himpunan B pada posisi bit K paling banyak (yaitu bilangan bulat dalam kisaran [0, N-1]) sehingga ketika kita menghapus semua bit kecuali yang ada di B dari setiap vektor di T, vektor pendek yang lebih pendek semuanya masih unik?

Contoh 1: Untuk contoh N = 5, T = {00010, 11010, 01101, 00011}, K = 2, jawabannya adalah ya, karena kita dapat memilih posisi bit B = {0,3}. Menggunakan konvensi bahwa posisi bit 0 adalah yang paling kanan, dan angka posisi bit meningkat dari kanan ke kiri, menghapus semua posisi bit kecuali yang di B dari vektor di T meninggalkan T '= {00, 10, 11, 01}, dan itu semua unik.

Contoh 2: N = 5, T = {00000, 00001, 00010, 00100}, K = 2. Jawabannya adalah tidak, karena tidak masalah posisi dua bit mana yang kita pilih, tidak satupun dari vektor 2-bit akan sama dengan 11, jadi setidaknya dua dari vektor 2-bit akan sama satu sama lain.

Kita tentu saja dapat menyelesaikan masalah ini dengan menghitung semua himpunan bagian (N pilih K) dengan ukuran K dari posisi bit N, dan menentukan yang memenuhi kondisi pertanyaan. Namun, itu eksponensial dalam ukuran input.

Masalah ini sudah selesai NP. Bukti berdasarkan pengurangan dari 3-SAT adalah sebagai berikut:

Pertimbangkan instance 3-SAT dengan variabel dan klausa m . Kami akan membangun 2 n + 2 m bit vektor ("baris") dengan panjang 2 n + ⌈ log 2 ( n + m ) ⌉ , sehingga jumlah terkecil dari bit yang membedakan adalah n + ⌈ log 2 ( n + m ) ⌉ Jika instance 3-SAT asli memuaskan.$n$$m$$2n + 2m$$2n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$$n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$

Pertama bit akan sesuai dengan literal { x 1 , ¬ x 1 , x 2 , ¬ x 2 , . . . , x n , ¬ x n } . Sehubungan dengan bit-bit ini, 2 m baris pertama akan datang berpasangan, yang pertama akan memiliki 1 untuk setiap literal yang termasuk dalam klausa yang sesuai, dan yang kedua akan seluruhnya terdiri dari 0 's. 2 n sisanya$2n$$\left\{ x_1, \neg x_1, x_2, \neg x_2, ..., x_n, \neg x_n \right\}$$2m$$1$$0$$2n$baris juga akan datang berpasangan, yang pertama akan memiliki untuk literal yang sesuai dan negasinya, dan yang kedua akan seluruhnya terdiri dari 0 's. Akhirnya, bit ⌈ log 2 ( n + m ) ⌉ terakhir akan digunakan untuk "menandatangani" setiap pasangan baris dengan indeksnya, dari 0 hingga n + m - 1 , ditulis dalam biner.$1$$0$$\lceil \log_2(n + m) \rceil$$0$$n+m-1$

Untuk membedakan setiap baris "literal" dari penggantinya, bit yang sesuai dengan literal atau bit yang sesuai dengan negasinya harus dipertahankan. Juga, untuk membedakan antara baris "nol + indeks", semua bit ⌈ log 2 ( n + m ) ained harus dipertahankan. Oleh karena itu, jumlah minimum bit yang memungkinkan adalah n + ⌈ log 2 ( n + m ) $n+m$$\lceil \log_2(n + m) \rceil$$n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$. Akhirnya, untuk membedakan setiap baris "klausa" dari penggantinya, setidaknya satu dari tiga bit yang sesuai dengan literal yang termasuk dalam klausa itu harus dipertahankan. Jika instance 3-SAT memuaskan, kondisi terakhir ini tidak memerlukan bit tambahan (khususnya, kita tidak perlu mempertahankan bit yang sesuai dengan dan ¬ x i untuk any i ); dan sebaliknya, jika ada n + ⌈ log 2 ( n + m ) ⌉ bit yang membedakan antara semua vektor 2 n + 2 m bit, mereka harus mengandung tepat satu dari$x_i$$\neg x_i$$i$$n + \lceil \log_2(n + m) \rceil$$2n+2m$ dan ¬ x i untuk setiap i , dan karenanya sesuai dengan penugasan nilai kebenaran yang memuaskan kevariabel n .$x_i$$\neg x_i$$i$$n$

Meskipun bukti kelengkapan NP sudah disediakan, mungkin ada baiknya menunjukkan bahwa masalah ini setara dengan masalah NP-lengkap yang dikenal yang disebut masalah set tes minimum ([SP6] di Garey dan Johnson , juga disebut pengumpulan tes minimum masalah ): hanya bertukar peran set dan peran posisi.