Um problema de partição no qual alguns números podem ser cortados

No padrão problema partição , que são dados alguns números cuja soma é $2s$ e tem de decidir se pode ser dividida em duas subconjunto cuja soma é $s$ . É conhecido por ser NP-difícil.

No entanto, suponha que tenhamos permissão para designar um dos números como um "número flexível" que pode ser dividido em um número arbitrário de peças, onde peças diferentes podem ser colocadas em subconjuntos diferentes. Então o problema se torna fácil: basta organizar todos os números em uma linha em uma ordem arbitrária e cortar a linha em duas sub-linhas com a mesma soma.

PERGUNTA: Suponha que recebamos alguns números cuja soma seja $3s$ e tenhamos que decidir se eles podem ser particionados em três subconjuntos cuja soma é $s$ , enquanto usamos no máximo um número flexível. Qual é a complexidade desse problema?

• Se pudermos usar dois números flexíveis, o problema será novamente fácil - podemos resolvê-lo organizando os números em uma linha como acima.
• Se for permitido usar zero números flexíveis, o problema é obviamente difícil - é pelo menos tão difícil quanto o problema de particionar em dois subconjuntos.
• Se tivermos permissão para usar um número flexível, meu palpite é que o problema ainda deve ser difícil e, de alguma forma, podemos reduzi-lo a partir do problema de partição padrão, mas não consegui encontrar a redução correta. Então, é fácil ou difícil?

Outra pergunta: caso o problema seja realmente NP-difícil, ele pode ser resolvido em tempo pseudo-polinomial como o problema da partição de dois subconjuntos?

O maior número é o número flexível

Eu afirmo que, para qualquer instância do seu problema, se a instância for solucionável (é possível particionar os números usando um número flexível), é possível resolver a instância usando o maior número como o único número flexível. É fácil provar: qualquer solução pode ser modificada em uma solução com o maior número como o número flexível; basta colocar o número que atualmente é o número flexível na partição que contém o maior número e dividir o maior número entre as partes da partição.

Problema de embalagem

Aqui está um problema que chamarei de problema de embalagem:

A entrada consiste em uma lista de números positivos $a_1, a_2, \ldots, a_k$ um número final $\ell$ tal que $\ell \ge a_i$ para todos os$i$ . Definir$s = \frac{1}{3}\left(\ell + \sum_{i = 1}^ka_i\right)$ . Em seguida, o problema é o de dividir a lista de$a_i$ s em três partes de tal modo que cada parte tem soma na maioria dos$s$.

Eu afirmo que o problema de embalagem com entradas $a_1, \ldots, a_k$ e $\ell$ é equivalente ao seu problema com a lista de entrada $a_1, \ldots, a_k, \ell$ . Se é possível para embalar os números $a_1, \ldots, a_k$ em três grupos cada um soma, no máximo, $s$ então você pode usar $\ell$ como um número suave para completar cada uma das somas a exatamente $s$ ; assim, você tem uma partição de $a_1, \ldots, a_k, \ell$ em três grupos de soma$s$ usando um número macio. Se, por outro lado,$a_1, \ldots, a_k, \ell$ pode ser dividida em três grupos de soma$s$ utilizando um número suave, em seguida, a lista pode ser dividida em três grupos de soma$s$ usando $\ell$ como o número de moles (com o resultado de a seção anterior). Neste caso, o agrupamento do $a_i$ s em três partes satisfaz a condição de que cada parte tem soma na maioria dos $s$ .

O problema de embalagem sem números pequenos

Digamos que uma instância do problema de empacotamento "não tenha números pequenos" se, para cada $i$ ,$a_i > \frac{\ell}{2}$ . Eu afirmo que você pode reduzir o problema de embalagem ao problema de embalagem sem números pequenos.

Suponha que na embalagem instância problema $(a_1, \ldots, a_k), \ell$ alguns $a_i$ tenham$a_i \le \frac{\ell}{2}$ . WLOG suponha$a_k$é este$a_i$. Então reivindico a instância do problema de empacotamento$(a_1, \ldots, a_{k-1}), \ell+a_k$ é equivalente à instância original. Observe que o valor$s$ permanece o mesmo nos dois casos.

Certamente, se você pode embalar os números $a_1, \ldots, a_k$ em três grupos, com cada grupo tendo soma na maioria das $s$ , em seguida, você pode embalar os números $a_1, \ldots, a_{k-1}$ em três grupos, com cada grupo tendo soma, no máximo,$s$ .

Por outro lado, suponha que você possa agrupar os números $a_1, \ldots, a_{k-1}$ em três grupos, com cada grupo tendo soma no máximo $s$ . Para cada um dos três grupos, considere o valor $s$ menos a soma dos elementos no grupo. Chame esses valores $e_1, e_2, e_3$ ; aqui $e_i$ é a quantidade de "espaço vazio" no grupo $i$ . Sabemos que $e_1 + e_2 + e_3$ , o espaço total vazio, é igual a $3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ (espaço total$3s$ menos espaço usado$\sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ ). Mas$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i = a_k + \ell$ pela definição de$s$ . Assim, os três grupos têm$a_k + \ell$ espaço vazio de k + ℓ no total. Então, desde que$a_k < \frac{\ell}{2}$ , sabemos que o espaço vazio total é superior a$3a_k$. Pelo princípio do buraco do pombo, pelo menos um dos grupos tem$a_k$ou mais espaço vazio. Assim, pode-se adicionar elemento$a_k$de um dos grupos e acabar com uma embalagem dos números de$a_1, \ldots, a_k$em três grupos, com cada grupo soma tendo no máximo$s$.

Assim, para resolver seu problema, basta resolver apenas o problema de empacotamento sem um número pequeno.

Lema 1

Declaração do lema:

Suponha-se que podem dividir $a_1, \ldots, a_k$ em grupos de 1 e 2 de tal forma que o grupo 2 tem um número par de elementos e a soma dos elementos do grupo 1 está no intervalo$\left[s - \frac{\ell}{2}, s\right]$ . Então é possível dividir ainda mais o grupo 2 em dois subgrupos 2a e 2b, cada um dos quais com soma no máximo$s$. Observe que os grupos 1, 2a e 2b são uma solução da instância do problema de empacotamento.

Aqui está uma prova.

Atribua provisoriamente metade dos elementos do grupo 2 ao subgrupo 2a e a outra metade ao subgrupo 2b. Crie uma correspondência entre os elementos dos dois subgrupos. Troque esses pares entre os dois grupos, um par de cada vez. Se houver $2n$ elementos no grupo 2, esse processo passará exatamente por $n+1$ partições possíveis do grupo 2 nos subgrupos 2a e 2b. Afirmo que pelo menos uma dessas partições possui ambos os subgrupos com soma menor que$s$ .

Seja $S_{2a}$ e$S_{2b}$ as somas dos dois subgrupos (permitimos que esses valores mudem conforme os grupos mudam).

Em cada etapa do processo acima, o grupo 2a ganha um elemento e perde outro. Como cada elemento tem valor entre $\frac{\ell}{2}$ e$\ell$, podemos concluir que em cada etapa do processo acima,$S_{2a}$ muda no máximo $\frac{\ell}{2}$ .

Além disso, o valor final de $S_{2a}$ é igual ao valor inicial de $S_{2b}$ pois ao final do processo os grupos trocaram completamente.

Seja $A$ o valor médio de $S_{2a}$ e $S_{2b}$ . Observe que isso é constante conforme os grupos mudam. Sabemos que os valores iniciais e finais de $S_{2a}$ média para $A$ (uma vez que os valores iniciais e finais de $S_{2a}$ igualar os valores iniciais de $S_{2a}$ e $S_{2b}$ ). Assim, $A$ deve estar entre os valores inicial e final de $S_{2a}$ . À medida que mudamos de grupo, o valor de $S_{2a}$toma etapas de tamanho no máximo $\frac{\ell}{2}$ de um lado de$A$para o outro. A partir disso, podemos concluir que, em algum momento, o valor de$S_{2a}$deve estar dentro da metade do tamanho máximo da etapa ($\frac{\ell}{4}$ ) de$A$. Como$S_{2b}$sempre tem a mesma distância de$A$que$S_{2a}$, podemos concluir que, em algum momento, ambas as somas$S_{2a}$e$S_{2b}$estão dentro de$\frac{\ell}{4}$ de$A$.

$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b})$ é a soma dos elementos do grupo 1; assim,$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b}) \ge s - \frac{\ell}{2}$ (pela condição na soma do grupo 1). Reorganizando, temos que$(S_{2a} + S_{2b}) \le 2s - \frac{\ell}{2}$ . Portanto, a média de$S_{2a}$e$S_{2b}$é no máximo$s - \frac{\ell}{4}$ . Então, no momento em que$S_{2a}$e$S_{2b}$estiverem dentro$\frac{\ell}{4}$ de$A$ , vemos que ambos são no máximo $s$ conforme desejado.

Caso 1: $k = 3n$

Soma o $n$ menor $a_i$ também o $n$ maior$a_i$ s.

Se o $n$ menor $a_i$ s soma mais que $s$ , nenhum grupo pode ter $n$ ou mais elementos (como qualquer opção de $n$ elementos irá resultar na soma sendo muito grande). Mas o princípio do buraco do pombo nos diz que pelo menos um grupo tem pelo menos $n$ elementos. Portanto, neste caso, não há solução para a instância do problema de empacotamento.

Se $n$ maior $a_i$ s soma no máximo $s$ , então cada escolha de $n$ elementos tem uma soma no máximo$s$ . Nesse caso, simplesmente particionar os elementos em três grupos de tamanho igual resolve a instância do problema de empacotamento.

O único caso restante é que os menores $n$ elementos somam no máximo $s$ e os maiores $n$ elementos somam mais que $s$ . Como no lema, podemos fazer a transição lenta entre esses dois conjuntos: comece com um grupo inicializado com os menores $n$ elementos e troque elementos até que o grupo tenha os maiores $n$ elementos. Cada etapa move a soma do grupo no máximo $\frac{\ell}{2}$ (pela mesma lógica que na prova do lema) e a soma cruza o valor$s$em algum momento deste processo. Portanto, imediatamente antes ou imediatamente após cruzar o valor$s$, a soma é menor que$s$mas menor no máximo$\frac{\ell}{2}$ . Em outras palavras, em algum momento desse processo, o grupo possui uma soma no intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome esse grupo como grupo 1 e o restante$2n$ elementos n como grupo 2. O lema se aplica, permitindo encontrar uma solução para a instância do problema de empacotamento.

Caso 2: $k = 3n+1$

Soma $n+1$ menor $a_i$ também $n+1$ maior $a_i$ s.

Se o $n+1$ menor $a_i$ soma da mais do que $s$ , em seguida, nenhum grupo pode ter $n+1$ ou mais elementos (como qualquer escolha de $n+1$ elementos irá resultar na soma de ser muito grande). Mas o princípio do buraco do pombo nos diz que pelo menos um grupo tem pelo menos $n+1$ elementos. Portanto, neste caso, não há solução para a instância do problema de empacotamento.

Se $n+1$ maior $a_i$ s soma no máximo $s$ , então toda escolha de $n+1$ elementos tem uma soma no máximo $s$ . Nesse caso, simplesmente particionar os elementos em três grupos de tamanho $n$ , $n$ e $n+1$ resolve a instância do problema de empacotamento.

O único caso restante é que os menores elementos $n+1$ somam no máximo $s$ e os maiores elementos $n+1$ somam mais que $s$ . Como no caso anterior, podemos fazer a transição lenta entre esses dois conjuntos: comece com um grupo inicializado com os menores elementos $n+1$ e troque elementos até que o grupo tenha os maiores elementos $n+1$ . Cada etapa move a soma do grupo no máximo $\frac{\ell}{2}$ (pela mesma lógica que na prova do lema) e a soma cruza o valor$s$em algum momento deste processo. Portanto, imediatamente antes ou imediatamente após cruzar o valor$s$, a soma é menor que$s$mas menor no máximo$\frac{\ell}{2}$ . Em outras palavras, em algum momento desse processo, o grupo possui uma soma no intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome esse grupo como grupo 1 e o restante$2n$ elementos n como grupo 2. O lema se aplica, permitindo encontrar uma solução para a instância do problema de empacotamento.

Caso 3: $k = 3n+2$ primeira subcaça fácil

Soma o $n$ menor $a_i$ o $n$ maior $a_i$ s.

Se um dos valores estiver no intervalo $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, aplique imediatamente o lema com a escolha de$n$elementos como grupo 1 e os$2n+2$elementosrestantescomo grupo 2. Isso nos permite encontrar uma solução para a instância do problema de empacotamento.

Se $n$ menor $a_i$ s soma menos que $s-\frac{\ell}{2}$ e$n$maior$a_i$soma s para mais de$s$então podemos começar com o$n$menor$a_i$s e elementos de swap até que acabar com o$n$maior$a_i$s. A cada passo, a soma se move no máximo$\frac{\ell}{2}$ , portanto, em algum momento deste processo, temos um grupo de$n$elementos cuja soma está no intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome esse grupo como grupo 1 e os restantes$2n+2$elementos como grupo 2. O lema se aplica, permitindo-nos encontrar uma solução para a instância do problema de empacotamento.

Se o $n$ menor $a_i$ s soma a mais de $s$ , então nenhum grupo pode ter $n$ ou mais elementos (como qualquer escolha de $n$ elementos irá resultar na soma sendo muito grande). Mas o princípio do buraco do pombo nos diz que pelo menos um grupo tem pelo menos $n+1$ elementos. Portanto, neste caso, não há solução para a instância do problema de empacotamento.

O caso único remanescente é que tanto o $n$ menor e $n$ maior $a_i$ s add para menos de $s-\frac{\ell}{2}$ .

Caso 3: $k = 3n+2$ segundos em subcasca fácil

Resumindo o $n+2$ menor $a_i$ s e a $n+2$ maior $a_i$ s.

Se um dos valores estiver no intervalo $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, aplique imediatamente o lema com a escolha de$n+2$elementos como grupo 1 e os$2n$elementosrestantescomo grupo 2. Isso nos permite encontrar uma solução para a instância do problema de empacotamento.

Se $n+2$ menor $a_i$ s soma menos que $s-\frac{\ell}{2}$ e$n+2$maior$a_i$soma s para mais de$s$então podemos começar com o$n+2$menor$a_i$s e elementos de swap até que acabar com o$n+2$maior$a_i$s. A cada passo, a soma se move no máximo$\frac{\ell}{2}$ , portanto, em algum momento deste processo, temos um grupo de$n+2$elementos cuja soma está no intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome esse grupo como grupo 1 e os$2n$ elementosrestantes n como grupo 2. O lema se aplica, permitindo encontrar uma solução para a instância do problema de empacotamento.

Se $n+2$ maior $a_i$ s soma no máximo $s$ , então toda escolha de $n+2$ elementos tem uma soma no máximo $s$ . Nesse caso, simplesmente particionar os elementos em três grupos de tamanho $n$ , $n+1$ e $n+1$ resolve a instância do problema de empacotamento.

O único caso restante é que $n+2$ menor e $n+2$ maior $a_i$ s são adicionados a mais de $s$ .

Caso 3: $k = 3n+2$ subcasa rígida

Suponha que nenhuma das duas subcasas acima tenha manipulado a instância. Então sabemos o seguinte:

• tanto o $n$ menor e $n$ maior $a_i$ add s para menos de $s-\frac{\ell}{2}$ .
• tanto o $n+2$ menores e $n+2$ maior $a_i$ s add para mais de $s$ .

Desde o $n+2$ menor $a_i$ s add para mais de $s$ , nenhum grupo pode ter $n+2$ ou mais elementos. A única maneira de conseguir isso é se os grupos tiverem tamanhos $n$ , $n+1$ e $n+1$ .

Note-se que desde o $n$ maior $a_i$ s add para menos de $s-\frac{\ell}{2}$ , não importa quais elementos estão no grupo de tamanho$n$: esse grupo terá soma menor que$s$qualquer maneira. Claramente, podemos modificar qualquer solução trocando o$n$maior$a_i$s contra o grupo de tamanho$n$. Esses swaps apenas diminuem as somas dos outros dois grupos; portanto, existe uma solução para a instância do problema de empacotamento, se e somente se houver uma solução na qual o$n$maior$a_i$ s forma um dos grupos.

Assim, a tarefa em mãos é simplesmente a seguinte: é possível dividir o $2n+2$ menor $a_i$ s em dois grupos de tamanho $n+1$ de tal modo que cada um desses dois grupos tem soma na maioria dos $s$ . WLOG supor que o $a_i$ s estão em ordem crescente para que os $2n+2$ menores $a_i$ s são $a_1, \ldots, a_{2n+2}$

Vamos $v$ ser a média do $n$ maior $a_i$ s. Seja $x_i = v - a_i$ para cada $i$ . Então $3s = \ell + \sum_{i = 1}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}a_i + \sum_{i = 2n+2}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}(v - x_i) + nv = \ell + (3n+2)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) = (\ell-v) + (3n+3)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$.

Então $s = (n+1)v + \frac{\ell - v}{3} - \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ .

Se nós escolhemos um conjunto $I$ de $n+1$ índices, então a soma de a $a_i$ s com $i \in I$ é igual a $\sum_{i\in I}a_i=\sum_{i\in I}v - x_i = (n+1)v-\sum_{i\in I}x_i$ . Um conjunto de índices $I$ é uma opção válida para um dos grupos, desde que essa soma seja no máximo $s$. Em outras palavras, usando a definição alternativa de $s$ derivada acima, a condição na qual estamos interessados ​​é $\sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Obviamente, as restantes$n+1$índices$I' = \{1,\ldots, 2n+2\} \setminus I$também deve satisfazer esta condição:$\sum_{i\in I'}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Desde$\sum_{i\in I'}x_i = \sum_{i = 1}^{2n+2}x_i - \sum_{i\in I}x_i$, podemos escrever a segunda condição como$\sum_{i\in I}x_i \le \frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3}$ .

Assim, reformulamos esse subproblema usando uma alternativa equivalente: estamos tentando escolher um conjunto $I$ de $n+1$ índices entre $\{1, \ldots, 2n+2\}$ modo que $\frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3} \ge \sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ .

Note-se que $\ell \ge v$ (e, por conseguinte, $\ell-v \ge 0$ ) uma vez que $v$ é a média de cerca de $a_i$ s e $\ell$ é um limite superior em toda $a_i$ s. Deixe $X = \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ . Nossa condição acima pode ser reescrita da seguinte maneira: escolha um conjunto $I$ de $n+1$ índices entre $\{1, \ldots, 2n+2\}$ de tal modo que$\sum_{i\in I}x_i$ está no intervalo$[cX, (1-c)X]$ em que$c = \frac{1}{3} - \frac{\ell - v}{3X} \le \frac{1}{3}$ .

Suponha que para alguns $j$ , $x_j$ tenha valor pelo menos $\frac{X}{3}$ . Nesse caso,$I$consistirei no índice$j$e também nosíndices$n-1$correspondentes aos menores$x_i$s. Se esses$x_i$são somados no máximo$(1-c)X$então essa opção de$I$satisfaz a restrição acima: a soma$\sum_{i\in I}x_i$é pelo menos$x_j \ge \frac{X}{3} = \frac{1}{3}X \ge cX$e, no máximo,$(1-c)X$. Portanto, esse conjunto de índices$I$pode ser usado para selecionar um dos grupos de tamanho$n+1$em uma solução para a instância do problema de empacotamento. Por outro lado, se esses$x_i$são adicionados a mais de$(1-c)X$, a instância não pode ser resolvida: uma das duas metades incluirá$x_j$e a soma dessa metade sempre será maior que$(1-c)X$(já que era mais do que isso, mesmo quando colocamos os menores elementos com $x_j$ ).

Assim, lidamos com o caso de que alguns $x_j$ têm valor pelo menos $\frac{X}{3}$ . O caso restante é que todo$x_i$tem valor no máximo$\frac{X}{3}$ . Em seguida, atribua os$x_i$s a dois grupos, 1 e 2, arbitrariamente. Crie uma correspondência dos elementos dos dois grupos e troque esses pares, um par de cada vez. Ao longo deste processo, a soma dos elementos do grupo 1 passará da soma inicial para a soma inicial dos elementos do grupo 2. Em outras palavras, a soma do grupo 1 cruzará o valor médio$\frac{X}{2}$ . Cada etapa deste processo envolve o grupo 1 perdendo um$x_i$e ganhando um; já que os$x_i$s têm valor no máximo$\frac{X}{3}$ , um par de$x_i$s difere em no máximo$\frac{X}{3}$ e, portanto, cada passo move a soma do grupo 1 no máximo$\frac{X}{3}$ . Portanto, haverá algum ponto no processo quando a soma do grupo 1 estiver dentro da metade do tamanho máximo da etapa da média. Assim, em algum momento, a soma do grupo 1 ficará dentro de$\frac{X}{2} \pm \frac{X}{6}$ . Mas este é o intervalo$[\frac{1}{3}X, \frac{2}{3}X]$, que é um subintervalo de$[cX, (1-c)X]$. Assim, em algum momento durante esse processo, o grupo 1 na ocasião satisfará a condição desejada. Podemos usar esse grupo de$x_i$s para seleccionar um grupo correspondente de$a_i$s; estes$a_i$s forma um dos dois grupos de tamanho$n+1$necessária para resolver o problema de embalagem exemplo.

Conclusão

O estudo de caso exaustivo acima pode ser usado como um algoritmo para particionar uma lista em três grupos da mesma soma usando um número flexível. O estudo de caso também identificará quando isso é impossível. O tempo de execução desse algoritmo é polinomial.

Esta resposta não resolve a questão. Ele apenas resolve o seguinte problema auxiliar formulado por @JohnDvorak nos comentários (particionando um conjunto na proporção de 1: 2):

Problema auxiliar:
Instância: racionais positivos $a_1,\ldots,a_m$ com $\sum_{i=1}^m a_i = 3A$ .
Pergunta: Será que não existe um índice conjunto $I\subseteq\{1,\ldots,n\}$ com $\sum_{i\in I}a_i=A$ ?

• Tome um exemplo da PARTIÇÃO clássica (racionais $b_1,\ldots,b_n$ com a soma $2B$ , você pode dividi-los em dois grupos com a soma $B$ ).
• Tome $b_1,\ldots,b_n$ junto com os quatro números $5B,5B,5B,7B$ para criar uma instância do problema auxiliar. A soma de todos os $n+4$ números é $24B$ , de modo que $A=8B$ .
• Dividir os números $n+4$ em um grupo com a soma $A=8B$ e um grupo com a soma $2A=16B$ é possível se e somente se a instância PARTITION tiver respondido YES.

Portanto, o problema auxiliar de @ JohnDvorak é NP-complete

Editar: o resultado está incorreto; veja a discussão no final.

Inspirado na resposta de Mikhail Rudoy, ​​podemos generalizar para particionar em $k$ partes com soma igual. O problema é tempo polinomial solucionável para cada constante $k$ .

A entrada é $a_1,\ldots,a_n$ tal que $a_n$ é o maior número. As observações de Mikhail são, wlog,

• o número flexível é $a_n$
• $a_i>\frac{a_n}{k-1}$ para cada$i$

WLOG, assumir que a soma de $a_1,\ldots,a_{n-1}$ é $1$ (ou seja, $1=ks-a_n$ ). Observe que $a_n \geq \frac{1}{n-1}$ , então$a_i > \frac{1}{(k-1)(n-1)}>\frac{1}{kn}$ para cada$i$. O problema é equivalente a particionar os números$a_1,\ldots,a_{n-1}$emsubconjuntos$k$modo que a soma de cada subconjunto seja no máximo$s := \frac{1+a_n}{k}$ .

Consideramos uma restrição do problema da mochila múltipla . Defina o problema da mochila $k$ como uma instância do problema da mochila múltipla com $k$ mochila da mesma capacidade, em que o valor de cada item é igual ao peso do item.

Deixe a entrada para o $k$ problema -knapsack ser $a_1,\ldots,a_{n-1}$ , e cada mochila tem capacidade $s$ . A afirmação a seguir é clara.

Reivindicação : A $(1-\frac{1}{kn})$algoritmo de aproximação para oproblema da mochila$k$retorna$1$, se e somente se todos os números$a_1,\ldots,a_{n-1}$puderem ser empacotados na$k$ mochilas.

Pela reivindicação acima, basta encontrar um $(1-\frac{1}{kn})$$k$

$k$$k$

$D[b_1,\ldots,b_k,i]$$a_1,\ldots,a_i$$b_1,\ldots,b_k$$D[b_1,\ldots,b_k,i+1] = \max( \max_{j} (D[b_1,\ldots,b_j-a_{i+1},b_k,i])+a_{i+1},D[b_1,\ldots,b_k,i])$$O(s^kkn)$

$(1-\frac{1}{kn})$$k$$k$

$k$