Numeração de subconjuntos

Corrija . Para qualquer grande o suficiente , gostaríamos de rotular todos os subconjuntos de de tamanho exatamente por números inteiros positivos de . Gostaríamos que essa rotulagem satisfizesse a seguinte propriedade: existe um conjunto de números inteiros, stn { 1 .. n } n / k { 1 ... T } $k\ge5$$n$$\{1..n\}$$n/k$$\{1...T\}$$S$

1. Se subconjuntos de tamanho não se cruzam (ou seja, a união desses conjuntos de formar todo o conjunto ), então a soma de suas etiquetas está em .n / k { 1 .. n } $k$$n/k$$\{1..n\}$$S$
2. Caso contrário, a soma de seus rótulos não está em .$S$

Existe um e uma rotulagem, st ?$k\ge5$$T\cdot|S|=O(1.99^n)$

Por exemplo, para qualquer , podemos rotular subconjuntos da seguinte maneira. , cada subconjunto possui bits em seu número: o primeiro bit é igual a se o subconjunto contém , o segundo bit é igual a se o subconjunto contém etc. É fácil ver que contém apenas um elemento . Mas aqui . Podemos fazer melhor?$k$$T=2^n$$n$$1$$1$$1$$2$$S$$2^n-1$$T\cdot|S|=\Theta(2^n)$

Uma resposta parcial é que, mesmo para essa rotulagem não existe.$k$

Para um conjunto de subconjuntos (de tamanho , deixe denotar a soma de seus valores).S 1 , … , S t n / k f ( S 1 , … , S t$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

Reivindicação: se e então .S 1 ∪ ... ∪ S t ≠ S ' 1 ∪ ... ∪ S ' t f ( S 1 , ... , S t ) ≠ f ( S ' 1 , ... , S ' t$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

Para ver por que a afirmação é verdadeira, escolha um conjunto que mas um desses novos conjuntos intercepta um dos 's, então não pode ser igual a . ⋃ k i = 1 S i = [ n ] S ′ i f ( S 1 , … , S k ) f ( S ′ 1 , … , S ′ t , S t + 1 , ... , S k$S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

Corolário: .$T > {n \choose tn/k}/t$

Definir fornece um limite inferior de .$t = k/2$$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

Observe que, para ímpares obtém-se um limite inferior de ordem . Já para , temos portanto, o expoente tende a rapidamente.$k$${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

Eu acho que também não existe uma solução para o estranho , mas não sei como prová-lo.$k$

Esta não é uma resposta, apenas uma explicação do porquê k = 2 não existe tal rotulagem (tenho certeza de que Alex já sabia disso, portanto, isso é apenas um resumo de outros leitores como eu ...)

Para k = 2, temos . Isso ocorre porque existem subconjuntos de tamanho n / 2. Se dois tiverem o mesmo rótulo, por exemplo, A e B, então a soma do rótulo de A e seu complemento não está em S, ou a soma do rótulo de B e o complemento de A está em S. Isso implica (para n grande).$T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$${n \choose n/2}$$T\ge {n \choose n/2}$

Para ka maior, argumento semelhante mostra que todos os rótulos devem ser diferentes, mas isso apenas fornece um limite inferior exponencial mais fraco. Então, k = 3 parece desconhecido.