incompletude do reconhecimento da diferença de duas permutações

Shor afirmou, em seu comentário à resposta anônima de alce a esta pergunta. Você consegue identificar a soma de duas permutações no tempo polinomial? , Que é -Complete para identificar a diferença de dois permutações. Infelizmente, eu não ver uma redução direta do problema da soma de permutação e é útil ter o N P redução -completeness para o problema diferença de permutação.$NP$$NP$

Diferença de permutação:

INSTANCE: Uma matriz de números inteiros positivos.$A[1...n]$

Pergunta: existem duas permutações e σ dos inteiros positivos 1 , 2 , . . . , n tal que | π ( i ) - σ ( i ) | = A [ i ] para 1 ≤ i ≤ n ?$\pi$$\sigma$$1,2, ... , n$$|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$$1 \le i \le n$

Qual é a redução para provar a -completeness de reconhecer a diferença de dois permutações?$NP$

EDIT 2014/10/09 : comentário de Shor dá uma redução que prova -completeness quando os elementos de sequência Um são assinados diferenças. No entanto, não vejo uma redução fácil para o meu problema, onde todos os elementos de A são os valores absolutos das diferenças.$NP$$A$$A$

UPDATE: O problema Diferença Permutação parece ser -Complete mesmo se uma das duas permutações é sempre a permutação identidade. A prova de dureza deste caso especial é muito bem-vinda. Então, eu estou interessado na completude N P desta versão restrita:$NP$$NP$

Diferença de permutação restrita: INSTANCE: Uma matriz de números inteiros positivos.$A[1...n]$

PERGUNTA: Será que existe uma permutação dos inteiros positivos 1 , 2 , . . . , n tal que | π ( i ) - i | = A [ i ] para 1 ≤ i ≤ n ?$\pi$$1,2, ... , n$$|\pi(i) - i| = A[i]$$1 \le i \le n$

Atualização 2 : O problema restrito é eficientemente decidível, como mostra a resposta de mjqxxxx. A complexidade computacional do problema original não está comprovada.

EDIT 9/6/16 : Estou interessado em determinar se essa simplificação da Diferença de Permutação é NP-completa:

Diferença de Permutação Restrita:

INSTANCE : Um multiset de números inteiros positivos.$A$

PERGUNTA : Será que existe uma permutação dos inteiros positivos 1 , 2 , . . . , n tal que A = { | π ( i ) - i | : 1 ≤ i ≤ n } ?$\pi$$1,2, ... , n$$A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

O problema restrito, onde um dos permutações é a identidade, é certamente em . Construa o gráfico bipartido em que cada vértice i ∈ V 1 = { 1 , 2 , … , n } está conectado ao (s) elemento (s) j ∈ V 2 = { 1 , 2 , … , n } de modo que | i - j | = A [ i ] . Então a permutação desejada $\mathsf{P}$$i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$$j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$$|i-j|=A[i]$$\sigma$existe se e somente se o gráfico tiver uma correspondência perfeita (isto é, uma correspondência com arestas), que pode ser determinada em tempo polinomial.$n$

Aqui está uma variação levemente interessante em que o problema é fácil: em vez de um conjunto básico de , permita qualquer subconjunto de { 1 , 2 , 4 , 8 , … } . O objetivo ainda é encontrar uma permutação π para que A = { | π ( 2 k ) - 2 k | : 2 k ∈ Ω } onde $\{1,2,3,\ldots,n\}$$\{1,2,4,8,\ldots\}$$\pi$$A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$$\Omega$é o terreno estabelecido. A principal vantagem aqui é que o novo conjunto de aterramento força cada elemento de a ser 2 k 1 - 2 k 2 para alguns k 1 , k 2 e se k 1 ≠ k 2 , então k 1 e k 2 são determinados por este diferença. Segue-se que, para cada diferença | 2 k 1 - 2 k 2 | em A , podemos inferir que π ( 2 $A$$2^{k_1}-2^{k_2}$$k_1,k_2$$k_1\ne k_2$$k_1$$k_2$$|2^{k_1} - 2^{k_2}|$$A$ ouπ(2 k 2 )=2 k 1 (ou ambos).$\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$$\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$

A solução eficiente dessa variação simplificada é então mais ou menos rotineira. Comece construindo o multigráfico bipartido não direcionado onde L e R são cópias distintas do conjunto de solo e adicione arestas ( 2 k 1 , 2 k 2 ) e ( 2 k 2 , 2 k 1 ) sempre | 2 k 1 - 2 k 2 | aparece em$G = (L \sqcup R, E)$$L$$R$$(2^{k_1},2^{k_2})$$(2^{k_2},2^{k_1})$$|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ com k 1 ≠ k 2 . Eu afirmo que o seguinte é equivalente:$A$$k_1 \ne k_2$

1. Existe uma permutação com diferenças $\pi$$A$
2. Todo vértice em tem grau 0 ou 2$G$

Na verdade, não vou provar isso por causa do tempo, mas não é tão ruim malhar sozinho. Que é direto. Que$1 \implies 2$ é um pouco mais árduo, mas não é tão ruim quando você argumenta com o automorfismo de G, que envia cada vértice em L para sua cópia em R (e vice-versa). A prova que tenho em mente direciona as arestas em G para que todas as arestas em um ciclo sigam `` da mesma maneira em torno do ciclo '' (cada vértice não isolado tem in-degree = out-degree = 1) e, portanto, o anterior o automorfismo de G permanece um automorfismo da versão dirigida. π é, então, escolhido de acordo com as arestas que vão de L a R .$2 \implies 1$$G$$L$$R$$G$$G$$\pi$$L$$R$

Você pode colocar o algoritmo acima como uma pergunta de correspondência perfeita, e imagino que haja outras reduções no 2-SAT. Não vejo como estender essas abordagens para o problema original.