Conectando células por permutações de linha e coluna em uma grade finita

Gostaria de saber se o seguinte problema simples foi estudado antes e se alguma solução é conhecida.

Seja G uma grade finita (MxN), S um subconjunto das células de G (as "migalhas"). Diz-se que duas migalhas estão conectadas (localmente) se suas coordenadas diferirem em no máximo uma (isto é, se desenhadas como quadrados, elas compartilham pelo menos um ponto de canto).

Agora, pode-se tentar conectar as migalhas (seu conjunto como um todo) permutando as linhas e as colunas da grade. Em outras palavras, o objetivo é criar uma permutação das linhas e uma permutação das colunas para que quaisquer duas migalhas na grade resultante sejam conectadas por uma cadeia de migalhas conectadas (localmente).

Pergunta: sempre existe uma solução?

Não sei bem como atacá-lo. Por falta de uma idéia melhor, escrevi um programa bruto que procura soluções por força bruta (gera as permutações aleatoriamente e verifica se a grade resultante tem suas migalhas conectadas). Até o momento, o programa sempre encontrou soluções em grades pequenas (10x10 ou 7x14), e as grades maiores estão claramente fora do alcance de sua estratégia simplista (levaria muito tempo para encontrar aleatoriamente uma solução).

Aqui está um exemplo de uma grade resolvida pelo programa:

Grade inicial (migalhas são indicadas por X's, células vazias por pontos):

   0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 
 0 X . X X . X . X X .
 1 X . . . . X . . . .
 2 . . X . . . . X . X
 3 . X . . X . X . . X
 4 . . . X . . . . . .
 5 X X . . . X X . X .
 6 . . . X . . . . X .
 7 X . X . . X . . . .
 8 X . . . X . . X X .

Solução:

   6 1 4 7 8 2 9 3 5 0
 1 . . . . . . . . X X
 4 . . . . . . . X . .
 5 X X . . X . . . X X
 8 . . X X X . . . . X
 7 . . . . . X . . X X
 0 . . . X X X . X X X
 3 X X X . . . X . . .
 6 . . . . X . . X . .
 2 . . . X . X X . . .

Naturalmente, o problema pode ser facilmente generalizado para qualquer dimensão d> 2. Suponho que outras generalizações possam ser consideradas.

Desde já, obrigado,

Yann David

Vamos tentar um argumento de contagem semelhante ao da versão anterior da minha resposta, com mais cuidado.

Dada uma matriz de entrada 0-1 com q nonzeros, defina uma "solução" para ser uma permutação das linhas, uma permutação das colunas e a matriz 0-1 conectada que obtém como saída após executar as permutações. A observação importante aqui é que existem no máximo matrizes de saída diferentes possíveis: uma vez que fazemos uma das escolhas para a posição de um dos não-zeros, podemos codificar o restante da matriz de saída em bits , fazendo uma travessia de pré-ordem de uma árvore de abrangência dos nonzeros e registrando para cada borda da árvore se ela vai para uma folha, se é a última borda de seu pai e qual é sua direção. Portanto, o número de soluções é no total no máximo . n 2 5 q n 2 2 5 q ( n ! ) $n^2 2^{5q}$$n^2$$5q$$n^2 2^{5q} (n!)^2$

Agora, cada solução funciona apenas para uma única entrada, porque podemos reverter as permutações para recuperar a entrada da matriz de saída. O número de entradas que possuem exatamente nonzeros por linha é e, para constante, isso pode ser reescrito . Mas para o número de soluções é . Para , as entradas superam as soluções, portanto há uma entrada insolúvel.$c$$\binom{n}{c}^n$$c$$\exp(cn\log n-O(n))$$q=cn$$\exp(2n\log n+O(cn))$$c>2$