Encontrar testemunha na soma minkowski de números inteiros

Seja e subconjuntos de . Estamos interessados em encontrar a soma de Minkowski . $A$ $B$ $\{0,\ldots,n\}$ $A+B=\{a+b~|~a\in A,b\in B\}$

$\chi_X:\{0,\ldots,2n\}\to \{0,1\}$ é uma função característica de se $X$

χ_{X} (x) = {\begin{cases} 1 if x \in X \\ 0 otherwise \end{cases}

$\chi_X(x) = \begin{cases} 1 \text{ if } x\in X\\ 0 \text{ otherwise}\end{cases}$

Seja a convolução discreta de e , então se e somente se . Portanto, pode ser calculado em tempo por convolução discreta via FFT. $f$ $\chi_A$ $\chi_B$ $x\in A+B$ $f(x)> 0$ $A+B$ $O(n\log n)$

Às vezes, é importante descobrir o par real e que soma . é chamado testemunha de , se existir modo que . Uma função é chamada função de testemunha se for uma testemunha de . $a\in A$ $b\in B$ $x$ $a\in A$ $x$ $b\in B$ $a+b=x$ $w:A+B\to A$ $w(x)$ $x$

É possível calcular uma função de testemunha no tempo $O(n\log n)$ ?

convolution fft

— Chao Xu
fonte

O (n p o l y l o g n)

$O( n polylog n )$ não é especialmente difícil.

— Sariel Har-Peled

Você pode usar a pesquisa binária. por exemplo, particione

A

$A$ em dois conjuntos de tamanho aproximadamente igual

A_{L}, A_{R}

$A_L,A_R$ e calcule

A_{L} + B

$A_L+B$ e

A_{R} + B

$A_R+B$ ; verifique em qual desses

x

$x$ está; e recursar. Isso lhe dará algo como

O (n \lg^{2} n)

$O(n \lg^2 n)$ .

— DW

@DW Isso só pode encontrar uma testemunha para um único

x

$x$ , mas queremos uma testemunha para cada elemento em

A + B

$A+B$ . (meu texto parece ser claro, então eu atualizei a questão)

— Chao Xu

Mas você está interessado na solução O (n polylog n)?

— Sariel Har-Peled

@ SarielHar-Peled sim, também estou interessado no algoritmo determinístico

O (n p o l y l o g n)

$O(n polylog n)$ .

— Chao Xu

Respostas:

Aqui estou explicando como obter o tempo de execução aleatório . Precisamos de uma sequência de observações: $O(n *\mathrm{polylog} n)$

Uma testemunha de um valor é um par de números modo que . Deixe e ser definido de forma análoga. Observe que o coeficiente de em é o número de testemunhas que existem para o valor . $v$ $(a,b) \in A \times B$ $a+b=v$ $P_A(x) = \sum_{i \in A} x^i$ $P_B(x)$ $x^v$ $P_A(x) * P_B(x)$ $v$
Suponha que tenha uma única testemunha e considere o polinômio . Claramente, o coeficiente de em é e, como tal, agora conhecemos o par e terminamos. $v$ $(a,b) \in A \times B$ $Q_A(x) = \sum_{i \in A} i*x^i$ $x^v$ $Q_A(x)*P_B(x)$ $a$ $(a,v-a)$
Então, acabamos com o caso de que há uma única testemunha. Portanto, considere o caso em que possui testemunhas . Seja . Observe que . Em seguida, sejam , para , para , amostras aleatórias, de modo que cada elemento de seja escolhido em com probabilidade . A probabilidade de ter uma única testemunha em é $v$ $k$ $(a_1, b_1),\ldots, (a_k,b_k)$ $i(k) = \lceil{\lg \sqrt{k}}\rceil$ $2^{i(k)-1} \leq \sqrt{k} \leq 2^{i(k)}$ $R_j = (A_j, B_j)$ $j=1,\ldots, m$ $m=O(\log n)$ $A$ $A_i$ $p = 1/2^{i(k)}$ $v$ $R_j$ $\alpha = \binom{k}{1}p^2 (1-p^2)^{k-1}$ , uma vez que a testemunha são pares de números separados (já que a soma de cada par é ). É fácil verificar se é uma constante em independente do valor de . Como tal, deve ser, com alta probabilidade, que tenha uma única testemunha em uma das amostras . Assim, calculando os dois polinômios associados a essa amostra, conforme descrito acima, em tempo (por amostra), usando a FFT, podemos decidir isso em tempo constante. $v$ $\alpha$ $(0,1)$ $k$ $v$ $R_1, \ldots, R_{m}$ $O(n \log n)$
Estamos quase terminando. Calcule as amostras aleatórias acima para as resoluções . Para cada uma dessas resoluções, calcule as amostras aleatórias e os polinômios associados. Além disso, calcula-se o polinómio associado para e . Esse pré-processamento ingenuamente leva , mas suspeito que, sendo um pouco mais cuidadoso, um fator deve ser removível. $i=1,\ldots, \lceil\lg n\rceil$ $A$ $B$ $O(n \log^3 n)$ $\log n$
O algoritmo: para cada valor , calcule quantas testemunhas, digamos, k, ela tem em tempo constante, consultando o polinômio . Em seguida, vá para a estrutura de dados relevante para . Em seguida, encontra a amostra aleatória que a possui como testemunha única e extrai o par que é essa testemunha em tempo constante. $v$ $Q_A(x)*P_B(x)$ $i(k)$
Curiosamente, o tempo de pré-processamento é , mas o tempo esperado para encontrar a testemunha leva apenas tempo, pois é possível interromper a pesquisa assim que encontrar uma testemunha. Isso sugere que esse algoritmo deve ser improvável. Em particular, para , os polinômios gerados são muito escassos e deve-se conseguir fazer FFT muito mais rápido. $O(n \log^3 n)$ $O(n)$ $i(k) \ll \lg n$

— Sariel Har-Peled
fonte

Ok, estou adiando, já que realmente Sariel deve receber crédito por uma resposta, mas estou cansado de esperar, então aqui está o meu corte em um algoritmo aleatório quase linear.

Ao escolher amostras de pontos, , é possível obter um número logarítmico de subproblemas, de modo que cada soma do problema original tenha probabilidade constante de ser representada exclusivamente em um dos os subproblemas (aquele em que a amostragem reduz o número esperado de representações para próximo de 1). $n(1-\epsilon)^i$ $i=0,1,\dots$
Repetindo o processo de amostragem um número logarítmico de vezes, é possível obter todas as somas para ter representações exclusivas com alta probabilidade.
Se você tiver uma partição de e em dois subconjuntos, multiplicando os números por quatro, adicionando 2 aos números em um dos subconjuntos em e adicionando 1 aos números em um dos subconjuntos em , você poderá leia a partir dos valores mod-4 das somas alcançáveis de quais dos dois subconjuntos seus somas vêm. $A$ $B$ $A$ $B$
Repetindo o processo de partição um número logarítmico de vezes, usando cada posição de bit das representações binárias dos valores ou índices nos subproblemas para selecionar as partições em cada etapa, é possível identificar exclusivamente as somas de cada soma representada exclusivamente.

Isso aumenta o tempo de execução por três fatores logarítmicos; provavelmente isso pode ser reduzido.

— David Eppstein
fonte

Ha ha;). Eu estava no meio da escrita e depois fui almoçar ...

— Sariel Har-Peled

Esta resposta fornece um algoritmo determinístico . $O(n~\mathrm{polylog} n)$

Parece que o algoritmo de Sariel e David pode ser des randomizado através de uma abordagem semelhante a este artigo . [2] Durante o processo, descobri que há um problema mais geral que implica esse resultado.

O problema da reconstrução $k$

Não estão escondidos conjuntos , temos dois oráculos e que tomar um conjunto de consulta . $S_1,\ldots,S_n \subset \{1,\ldots,m\}$ $Size$ $Sum$ $Q$

retorna , o tamanho de cada interseção. $Size(Q)$ $(|S_1\cap Q|,|S_2\cap Q|,\ldots,|S_n\cap Q|)$

retorna , a soma dos elementos em cada interseção. $Sum(Q)$ $(\sum_{s\in S_1\cap Q} s,\sum_{s\in S_2\cap Q} s,\ldots,\sum_{s\in S_n\cap Q} s)$

$k$ $n$ $S_1',\ldots,S_n'$ $S_i'\subset S_i$ $|S_i'|=\min(k,|S_i|)$ $i$

Seja o tempo de execução dos oráculos e assuma , então é possível encontrar os conjuntos no tempo determinístico . [1] $f$ $f=\Omega(m+n)$ $O(f k \log n~\mathrm{polylog}(m))$

Agora podemos reduzir o problema da testemunha de localização para o problema de reconstrução. Aqui que . $1$ $S_1,\ldots,S_{2n}\subset \{1,\ldots,2n\}$ $S_i = \{a|a+b = i, a\in A, b\in B\}$

Defina os polinômios , $\chi_Q(x) = \sum_{i \in Q} x^i$ $I_Q(x) = \sum_{i \in Q} i x^i$

O coeficiente para em ée em é . Portanto, os oráculos levam tempo por chamada. $x^i$ $\chi_Q\chi_B(x)$ $|S_i\cap Q|$ $I_Q\chi_B(x)$ $\sum_{s\in S_i\cap Q} s$ $O(n\log n)$

Isso nos fornece um algoritmo determinístico de tempo . $O(n~\mathrm{polylog}(n))$

[1] Yonatan Aumann, Moshe Lewenstein, Noa Lewenstein, Dekel Tsur: Encontrando testemunhas descascando . Transações ACM nos algoritmos 7 (2): 24 (2011)

[2] Noga Alon, Moni Naor: Derandomization, testemunha da multiplicação da matriz booleana e construção de funções perfeitas de hash . Algoritmica 16 (4-5) (1996)

— Chao Xu
fonte