Cobertura de grade por retângulos

Temos uma grade . Nós temos uma coleção de retângulos nessa grade, cada retângulo pode ser representado como um -by- binário matriz . Queremos cobrir a grade com esses retângulos. $N_1 \times N_2$ $N_1$ $N_2$ $R$

A versão de decisão deste conjunto cobre o problema NP-complete?

Entrada: coleção $\mathcal{C}=\{R_1,R_2,\dots,R_L\}$ de retângulos na grade (tamanho da entrada: $N_1N_2L$ ) e $K \in \mathbb{N}^+$
Saída: Subconjunto $\mathcal{S}\subset\mathcal{C}$ com $|\mathcal{S}|\leq K$ e $\mathcal{S}$ contendo para cada célula pelo menos um retângulo que a cobre.

Descobri que o caso 1D ( $N_2=1$ ) pode ser resolvido em tempo polinomial por meio de programação dinâmica: qualquer cobertura ideal será a união de

uma cobertura ideal para alguns subproblemas de cobrir as primeiras células $N_1-n_1$ .
um retângulo 1D, ou seja, um intervalo, cobrindo as $n_1$ células restantes .

Não acho que o DP possa funcionar para o problema 2D: para o problema 1D, você tem um subproblema $N_1$ a ser resolvido, mas para o 2D você tem subproblemas (número de Nordeste) caminhos de rede na grade). $\binom{N_1+N_2}{N_2}$

Acho que o problema pode ser NP, mas não tenho certeza (embora pareça mais difícil que P), e não consegui encontrar uma redução polinomial de um problema NP-completo (3-SAT, Vertex Cover, ...)

Qualquer ajuda ou dica é bem-vinda.

complexity-theory np-complete set-cover

— Yann
fonte

Dica: procure uma redução do Vertex Cover, na qual criamos um

por

grade de blocos, cada um dos quais é um bloco de 3 por 3 de elementos da matriz. Cada linha de blocos corresponde a uma aresta e conterá 2 blocos especialmente projetados, correspondentes aos seus vértices do ponto final. Para cada vértice, haverá uma altura-

, retângulo largura-1 que passa pela coluna central da coluna de 3 por 3 blocos correspondentes a esse vértice. Como você pode forçar o total de qualquer cobertura

-vertex válida a custar exatamente

| E |

$|E|$

| V |

$|V|$

3 | E |

$3|E|$

k

$k$

? (Você vai precisar de outros retângulos.)

| E | (| V | + 3) + k

$|E|(|V|+3)+k$

— j_random_hacker

Eu acho que esse provavelmente é um exercício de lição de casa, então estou um pouco relutante em dizer muito mais do que isso por enquanto. A fórmula de custo que eu dei tem algumas pistas. Lembre-se de que você pode forçar pelo menos 1 dentre vários retângulos, tornando-os os únicos retângulos que cobrem algum elemento da matriz (o caso especial de 1 retângulo também é útil). FWIW, eu também tentei usar um

-por-

primeiro, onde a escolha de um vértice corresponderia a "atravessar" uma linha e a coluna correspondente, mas não conseguia descobrir como forçar a

ésima coluna a ser escolhida quando a

ésima linha for escolhida ou vice-versa.

| V |

$|V|$

| V |

$|V|$

i

$i$

i

$i$

— Jrandom_hacker

Eu tive o mesmo problema com

-por-

rede. Acho que vejo que tipo de solução você tem em mente (embora não tenha exatamente a mesma fórmula de custo), veja minha edição. A propósito, não é um exercício de lição de casa. É um problema combinatório que apareceu em um problema de engenharia da vida real. Resolvemos isso com o MIP, mas eu queria ter certeza de que o problema era NP (e não tinha solução polinomial). De qualquer forma, se você confirmar que a solução é válida, poderá colocar sua dica como resposta e eu a validarei (desde que encontrei a solução com a sua ajuda).

| V |

$|V|$

| V |

$|V|$

— Yann

Sim, isso é quase exatamente a redução que eu tinha em mente! :) Fiz seus retângulos "tipo 4" um pouco mais compridos em uma extremidade: onde os seus ocupam 2 células em um bloco, os meus ocupam todos os 3. Em vez dos retângulos especiais "tipo 3" para os blocos finais, eu uso a linha superior inteira como retângulos "tipo 2" para

. Finalmente, tenho um retângulo que ocupa as células do centro esquerdo e inferior esquerdo de cada bloco final esquerdo (invertido horizontalmente para cada bloco final direito). Assim, você pode cobrir as 2 linhas inferiores de todos os blocos, incluindo e entre os blocos finais, usando um ou padrão.

a < j < b

$a < j < b$ |==|

— Jrandom_hacker

Eu gosto do seu

-por-

ideia de redução. Com isso, diferente dos

-por-

redução, pode haver soluções de custo mínimo que não correspondam às coberturas de vértices - mas todas essas soluções podem ser transformadas em soluções de custo igual (no mínimo mínimo) usando o mesmo argumento do seu último marcador; um problema para a redução :)

| E |

$|E|$

3 | V |

$3|V|$

3 | E |

$3|E|$

3 | V |

$3|V|$

— j_random_hacker

Graças à dica de j_random_hacker, encontrei uma solução para reduzir a cobertura de vértices ao problema de grade:

Nós fazemos um -por- grade de 3 por 3 blocos, ou seja, um -por- grade, com vértices ordenados como colunas e arestas ordenadas como linhas . Vamos construir retângulos nesta grade (o desenho abaixo ajudará muito a entender os diferentes retângulos usados) $|E|$ $|V|$ $3|E|$ $3|V|$ $\{v_1,\dots,v_{N_1}\}$ $\{e_1,\dots,e_{N_2}\}$

Para cada vértice, criamos um retângulo do tipo 1, que cobre a coluna central da coluna de blocos correspondente a esse vértice, então temos retângulos do tipo 1. $|V|$

Cada bloco corresponde a um casal único , com para cada bloco, adicionamos um retângulo do tipo 2: $(e_i,v_j)$ $e_i=(v_a,v_b)$

se ou , este é um retângulo de 3 por 3 que cobre todo o bloco. $j<a$ $b<j$
$j=a$ $j=b$
$a<j<b$

$|E||V|$

$(e_i,v_a)$ $(e_i,v_b)$

$(e_i,v_a)$ $(e_i,v_b)$

$2|E|$

Agora, para cada aresta, construímos retângulos do tipo 4, entre os blocos finais, temos dois retângulos para a segunda linha:

Uma que vai da praça central do primeiro bloco à praça central esquerda do segundo bloco.
Uma que vai da praça central direita do primeiro bloco à praça central do segundo bloco.
E os mesmos dois retângulos para a terceira linha.

$4|E|$

Então agora, para cobrir a grade:

$|E|(|V|+2)$ $|V|+4|E|$

Para cobrir, para uma determinada aresta, a parte entre os blocos finais da aresta ainda não cobertos (segunda e terceira linhas da linha de blocos), podemos usar:

o retângulo quatro do tipo 4.
um retângulo do tipo 1 e dois retângulos do tipo 4.

Observe que, em qualquer caso, precisamos de pelo menos dois retângulos do tipo 4.

$|E|(|V|+4) + k$

$|E|(|V|+2)$
$|E|(|V|+4) + k$ $|E|(|V|+4) + k$

$|E|(|V|+6) + |V|$ $9|V||E|$

$|E|$ $3|V|$ $|V|+4|E|$ $3|E|+k$

— Yann
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