Está resolvendo de maneira otimizada o n × n × n Cubo de Rubik NP-hard?

Considere a óbvia generalização do cubo de Rubik . É NP-difícil calcular a menor seqüência de movimentos que resolve um determinado cubo embaralhado, ou existe um algoritmo de tempo polinomial? $n\times n\times n$

[Alguns resultados relacionados estão descritos em minha recente postagem no blog .]

— Jeffε
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Eu acho que a entrada é dada como seis grades n × n feitas de {1,…, 6}. O problema está no NP? Existe um limite superior fácil e polinomial para o número de movimentos na versão n × n × n do cubo de Rubik?

— Tsuyoshi Ito

Obrigado pela informação. Existe alguma referência?

— Tsuyoshi Ito

O problema fica mais fácil se for relaxado para "Com uma configuração, produza uma solução que tome no máximo o Número de Deus (n, n, n) de movimentos"? Foi o que o algoritmo de solução do Rubik fez. Eles não procuraram o mais curto, porque levaria muito tempo.

— Aaron Sterling

Sabemos que o diâmetro do espaço de configuração alcançável é

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$ ?

— Andy Drucker

@ Andy: Boa pergunta! ("Qual é a função de n de Deus?")

— Jeffε

Respostas:

Um dos meus artigos acabou de ser publicado no arXiv e aborda esta questão: a solução ideal do cubo de Rubik é NP-complete.

— Mikhail Rudoy
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Parabéns!!

— Jeffε

Um novo artigo de Demaine, Demaine, Eisenstat, Lubiw e Winslow faz um progresso parcial nessa questão - fornece um algoritmo de tempo polinomial para a solução ideal de cubos e mostra -dureza para resolver de maneira ideal o que você pode chamar de cubos "parcialmente coloridos". Também mostra que o espaço de configuração do cubo tem diâmetro . $n \times O(1) \times O(1)$ $\mathsf{NP}$ $n \times n \times n$ $\Theta(n^2/\log n)$

Doce!

Uma próxima pergunta possível que o trabalho deles parece sugerir: existe uma família fixa de cubos parcialmente coloridos , um para cada valor de , de modo que a solução ideal de uma determinada configuração seja duro? $n \times n \times n$ $n$ $\mathsf{NP}$

— Andy Drucker
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OK, e mais uma pergunta: qual é a complexidade de determinar se duas cores fora do padrão do cubo

são equivalentes? (Dois casos a considerar: corantes completas ou parciais.)

n \times n \times n

$n \times n \times n$

— Andy Drucker

Tudo bem, mais uma pergunta e depois eu paro: existe uma sequência explícita de configurações que requerem

para resolver? (O trabalho utiliza um argumento de contagem para o seu limite inferior.)

Ω (n^{2} / \log n)

$\Omega(n^2/\log n)$

— Andy Drucker

Pode haver um problema com facilidade, então, deixe-me saber se você encontrar um.

Parece que a resposta é não ou pelo menos esse problema está contido no NP. O raciocínio por trás disso é muito simples. A idéia é criar a partir de outra pergunta: "Você pode ficar entre a configuração A e a configuração B em etapas S ou menos?"

Claramente, essa nova pergunta está no NP, porque existe um algoritmo para resolver o cubo a partir de qualquer configuração solucionável e, assim, passando pelo estado resolvido, é necessário apenas entre as duas configurações. Como existe apenas um número polinomial de movimentos, o conjunto de movimentos entre duas configurações pode ser usado como testemunha para esta nova pergunta. $O(n^2)$ $O(n^2)$

Agora, primeiro, se escolhermos a configuração B como o estado resolvido, teremos um problema que pergunta se é possível resolver o cubo em etapas ou menos, que está contido no NP. $S$

Agora vamos escolher uma configuração diferente para B, o que eu vou chamar que leva passos para resolver. Agora, se perguntar se é possível obter entre configuração A e em passos ou menos, temos novamente um problema em NP com uma sequência de movimentos como a testemunha. No entanto, como sabemos que toma $B_{hard}$ $n_{hard} \approx n^2$ $B_{hard}$ $S'$ $B_{hard}$ $n_{hard}$ etapas a serem resolvidas, sabemos que, se é possível alternar entre A e em etapas de , isso requer pelo menos etapas para resolver o cubo configuração A. $B_{hard}$ $S'$ $n_{hard} - S'$ $n \times n \times n$

Assim, temos testemunhas tanto para um limite inferior de etapas e um limite inferior de passos para resolver de configuração A. Se agora escolher como o número mínimo de movimentos necessários para resolver o cubo de partida com a configuração A, se escolhermos que os limites inferior e superior sejam iguais (ou seja, e $n_{hard} - S'$ $S$ $S_0$ $S' = n_{hard} - S_0$ $S = S_0$ ), temos uma testemunha de que essa solução é ótima (composta pelas testemunhas dos dois problemas de PN associados aos limites).

Por fim, precisamos de uma maneira de gerar . Provavelmente precisamos da configuração mais difícil possível, mas como não sei como, sugiro simplesmente girar um segundo plano uma vez sobre o eixo x e depois um quarto plano (mantendo o plano central fixo) uma vez sobre o eixo z. Eu acredito que isso leva a um estado que requer etapas para resolver. $B_{hard}$ $O(n^2)$

Assim, não tem uma prova construtivo completo, mas qualquer solução óptima tendo menos do que tem claramente uma testemunha. Infelizmente, é claro, para capturar todas as possíveis configurações que você precisaria . $n_{hard}$ $n_{hard} = \mbox{God's number}(n)$

EDIT: A regularidade da configuração Superflip faz parecer provável que a geração de a pode ser relativamente fácil (ou seja, em P). $B_{hard}$ $n_{hard} = \mbox{God's number}(n)$

— Joe Fitzsimons
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Boa ideia. No entanto, isso não pressupõe que o caminho mais curto entre dois pontos distantes possa ser percorrido para passar por qualquer outro ponto. Isso é claramente verdade para os pontos nas esferas (se você estiver voando do polo norte para o polo sul, também poderá voar pelo Taiti), mas há alguma razão para as configurações dos cubos de Rubik?

— Peter Shor

@ Peter Shor: Hi Peter, eu não quero dizer que passando por

de A para a solução era o caminho mais curto. De fato, essa abordagem não deve funcionar nesse caso. A idéia é que, se for preciso, pelo menos,

passos para começar a partir

à configuração resolvido, então se nós ir de

à solução via

temos que ir mais longe a configuração resolvida, antes de voltar. (continuação)

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

A

$A$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

— Joe Fitzsimons

(continuação) Presumo que A seja mais fácil de resolver do que

(menos etapas). Desde que nós sabemos que é preciso, pelo menos,

passos para resolver a partir

, e sabemos que podemos chegar a

em no máximo

passos A, então temos

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

B_{h a r d}

$B_{hard}$

n_{h a r d}

$n_{hard}$

. Eu estava usando isso para obter um limite inferior em

, enquanto a solução diretamente fornece um limite superior em

n_{h a r d} - S^{'} \leq S_{0} \leq n_{h a r d} + S^{'}

$n_{hard}-S' \leq S_0 \leq n_{hard} + S'$

S_{0}

$S_0$

S_{0}

$S_0$

— Joe Fitzsimons

@ Joe: Você me entendeu mal. Eu acho que sua abordagem só funciona bem se houver um período relativamente curto caminho do B

à solução que passa por A. Eu não sei se isso é verdade para o cubo de Rubik (então eu não estou dizendo que a sua abordagem não funciona, apenas que há mais coisas que precisam ser provadas).

_{h a r d}

$_\mathrm{hard}$

— Peter Shor

@ Joe: não se preocupe em postar respostas meio pensadas. Eu fiz a mesma coisa (e eu não sou o único). E não estou convencido de que essa abordagem seja completamente inútil. Espero que não funcione para mostrar que a distância exata não é difícil para o NP, mas talvez possa dizer algo sobre a aproximação.

— quer