A associação de quarto de subconjunto pode ser decidida com eficiência de espaço?

Considere o seguinte problema de decisão. Seja e deixe ser adequado enumeração dos subconjuntos de que possuem no máximo elementos. $q = \sum_{i=0}^{n/4} \binom{n}{i}$ $(C_0^n, C_1^n,\dots,C_{q-1}^n)$ $\{0,1,\dots,n-1\}$ $n/4$

Quartas-de-Subconjunto Membership
Entrada: tupla de inteiros não negativos representada em binário Pergunta: é ? $(i,j,n)$
$i \in C_j^n$

Ao escolher uma enumeração "legal" , a Associação de subconjuntos de trimestre pode ser decidida por uma máquina de Turing determinística usando não mais do que bits de espaço de trabalho, para todos os grandes o suficiente ? $(C_i^n)$ $(0.99)n$ $n$

Discussão

Seja $\log x = \log_2 x$ . É fácil enumerar todos os subconjuntos de no máximo $k$ elementos escolhidos dentre $n$ , acompanhando $k$ índices de tamanho $\lceil \log n \rceil$ bits cada. (Veja também a discussão na seção 7.2.1.3 de Knuth, TAOCP). Quando $k$ é constante, são apenas $O(\log n)$ bits. No entanto, se deixarmos $k = cn$ para alguma constante $c \le 1/4$ , esses esquemas de enumeração usarão o espaço $\Omega(n\log n)$ . Pode-se também usar um vetor característico de $n$ bits juntamente com uma verificação do número de bits definidos. Estou interessado em esquemas que batem $n$ bits.

Uma questão intimamente relacionada é então:

Para positivo satisfazendo a desigualdade , existe um código que representa subconjuntos de no máximo elementos escolhidos entre que usa bits para alguma constante e pode ser decodificado de forma eficiente? $c$ $c\log(e(1+c)/c) < 1$ $cn$ $n$ $dn$ $d < 1$

Observe que para grande o suficiente , e desde quando então a informação é teoricamente segue que seria alcançado com um código perfeito. (Isso é menor que se .) Portanto, estou procurando um código razoavelmente limpo que possa ser manipulado sem usar muito espaço. $n$

\sum_{i = 0}^{k} (\binom{n}{i}) \leq ((\binom{n}{k})) = (\binom{n + k - 1}{k}),

$\sum_{i=0}^k\binom{n}{i} \le \left(\binom{n}{k}\right) = \binom{n+k-1}{k},$

\log (\binom{n + k - 1}{k}) \leq \log [(e (n + k - 1) / k)^{k}],

$\log\binom{n+k-1}{k} \le \log[(e(n+k-1)/k)^k],$

k = c n

$k = cn$

d \leq c \log (e (1 + c) / c)

$d \le c\log(e(1+c)/c)$

1

$1$

0 < c \leq 0.2728

$0 < c \le 0.2728$

Para obter um código perfeito, pode-se escolher uma enumeração dos subconjuntos, executar um índice através da enumeração em ordem crescente e, em seguida, obter cada combinação decodificando o índice. No entanto, decodificar esse código quando parece exigir o uso de pelo menos bits de espaço para as enumerações que eu observei, como por meio de vetores característicos ordenados pelo aumento do peso de Hamming e, em seguida, lexicograficamente , ou via códigos Gray. $k \ge \Omega(n/\log n)$ $n$

~~Pode haver uma maneira de fazer isso com espaço, mas acho que é mais provável que seja viável. $o(n)$ $(1-\varepsilon)n$~~ Observe que, como , o limite inferior da teoria da informação já é bits, então isso realmente é sobre se pode ser alcançado por alguns . Um código que seja bom o suficiente (mas não necessariamente perfeito) parece ser suficiente para responder afirmativamente à minha pergunta. Também pode ser que a associação de quartos de subconjuntos possa ser decidida eficientemente sem construir explicitamente um código. Por outro lado, essa enumeração pode não existir: por exemplo, toda sequência de enumerações para valores de $\log \binom{n}{cn} \ge cn\log(1/c)$ $\Omega(n)$ $(1-\varepsilon)n$ $\varepsilon > 0$ $n$ pode ser inerentemente não uniforme, ou pode ser o caso de qualquer bits ser violado infinitamente com frequência. $(1-\varepsilon)n$

— András Salamon
fonte

Seus limites são um desperdício. Se , então e . Uma computação um pouco mais cuidadosa (veja, por exemplo, mathoverflow.net/q/55585 ) mostra que, na verdade, ; portanto, seu log é novamente . Obviamente, para todos .

0 < c < 1 / 2

$0<c<1/2$

\log (\binom{n}{c n}) = H (c) n - \frac{1}{2} \log n + O (1)

$\log\binom n{cn}=H(c)n-\frac12\log n+O(1)$

\log (\sum_{i \leq c n} (\binom{n}{i})) \leq \log (n (\binom{n}{c n})) \leq H (c) n + \frac{1}{2} \log n + O (1)

$\log\left(\sum_{i\le cn}\binom ni\right)\le\log\left(n\binom n{cn}\right)\le H(c)n+\frac12\log n+O(1)$

\sum_{i \leq c n} (\binom{n}{i}) = O ((\binom{n}{c n}))

$\sum_{i\le cn}\binom ni=O\left(\binom n{cn}\right)$

H (c) n - \frac{1}{2} \log n + O (1)

$H(c)n-\frac12\log n+O(1)$

H (c) < 1

$H(c)<1$

c < 1 / 2

$c<1/2$

— Emil Jeřábek

@ EmilJeřábek bom ponto, para que a questão possa ser estendida aos membros de meio-subconjunto mais gerais e grande parte da discussão simplificada.

— András Salamon

Suponho que, na discussão, você não esteja realmente interessado no espaço de trabalho conforme reivindicado, mas no espaço total, incluindo o tamanho da entrada. (Caso contrário, o esquema de codificação trivial de bits poderá ser decodificado no espaço logarítmico.) $n$

Seja uma constante suficientemente grande e considere o seguinte esquema de codificação para . Divida em blocos , , de tamanho cada, e coloque . A codificação de consiste na sequência dos seguintes números (escritos em binário) para cada : $k$ $X\subseteq\{0,\dots,n-1\}$ $\{0,\dots,n-1\}$ $k$ $B_u$ $u<k$ $n/k$ $X_u=X\cap B_u$ $X$ $u<k$

o tamanho; $s_u=|X_u|$
o número correspondente a no sistema combinatório de números para subconjuntos . $X_u$ $s_u$

Quanto ao tamanho da codificação, assuma . Os números recebem bits, que serão desprezíveis. Temos para pelo menos dos 's, nesse caso a codificação de leva cerca de bits; o restante leva no máximo bits cada. O total é no máximo bits. $|X|\le n/4$ $s_u$ $O(k\log(n/k))$ $s_u\le n/(3k)$ $k/4$ $u$ $X_u$ $H(1/3)\tfrac nk\approx0{.}92n/k$ $X_u$ $n/k$ $0{.}98n$

Decodificar equivale a decidir em qual bloco entra e depois descobrir ; o último pode ser feito facilmente no espaço e é possível reutilizar o espaço ocupado pelas codificações dos blocos restantes (desde que o espaço total seja pelo menos , o que é aceitável para grande o suficiente). $i$ $X_u$ $n/k+O(\log n)$ $2n/k$ $k$

Uma análise melhor mostra que esse esquema alcança o espaço essencialmente : seja . Como , a média de sobre é no máximo . A codificação de leva cerca de bits. Agora, a função de entropia é côncava; portanto, a média de sobre é no máximo , e o espaço total é . Isso é ideal até . $H(1/4)n\approx0{.}812n$ $p_u=s_u/(n/k)$ $|X|/n\le1/4$ $p_u$ $u<k$ $1/4$ $X_u$ $H(p_u)n/k$ $H(p_u)$ $u<k$ $H(1/4)$ $H(1/4)n+O(\log n)$ $O(\log n)$

Obviamente, não há nada de especial em . O mesmo argumento mostra que, para qualquer constante , existe um esquema de codificação para os subconjuntos size de que usam bits e pode ser decodificado no local. Até certo ponto, ele pode até ser usado para subconjuntos de tamanho de que , obtendo um número não constante de blocos ( ou menos), mas a sobrecarga de fica mais acentuada e ultrapassa o termo principal quando cai abaixo aproximadamente . $1/4$ $0<c<1/2$ $\le cn$ $\{0,\dots,n-1\}$ $H(c)n+O(\log n)$ $\le s(n)$ $s(n)\ll n$ $k\ge 2/H(s(n)/n)$ $O(k\log(n/k))$ $s(n)$ $\sqrt n$

— Emil Jeřábek
fonte