Resolução de supercordas exatamente

O que se sabe sobre a complexidade exata do menor problema de supercorda? Pode ser resolvido mais rapidamente que ? Existem algoritmos conhecidos que resolvem as supercordas mais curtas sem reduzir ao TSP? $O^*(2^n)$

UPD: suprime fatores polinomiais. $O^*(\cdot)$

O menor problema de supercorda é um problema cuja resposta é a menor string que contém cada string de um determinado conjunto de strings. A questão é sobre a extensão da otimização de um famoso problema difícil de NP, Shortest Superstring (Garey e Johnson, p.228).

— Alex Golovnev
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O que é "o problema das supercordas"?

— Jeffε

Eu quis dizer o menor problema das supercordas, consertei. Obrigado!

— Alex Golovnev

Ok, qual é o "menor problema de supercorda"? Posso pensar em vários problemas que merecem esse nome, e mais alguns que deveriam ser chamados de "o menor problema de superseqüência ", mas provavelmente não estão na prática. Dê-nos algum contexto, por favor!

— Jeffε

Qual é a sua área problemática? por exemplo, se você estiver procurando por uma super string mais curta na fragmentação do genoma, porque a fragmentação do genoma cria gráficos limitados de largura de árvore, você pode ter um algoritmo rápido, mas se apenas se interessar em algoritmos mais rápidos do que os disponíveis, sua resposta é não, exceto que você pode ter um algoritmo mais rápido no TSP (devido à redução simples), também há

algoritmo em gráficos de largura de árvore delimitada localmente.

O^{*} (2^{\sqrt{n}})

$O^*(2^{\sqrt n})$

— Saeed

@AlexGolovnev, Sim, você está certo, isso é ATSP, mas para uma largura de árvore limitada, acho bom ver cs.bme.hu/~dmarx/papers/marx-warsaw-fpt2 ou, se você quiser saber mais sobre eles, é bom também ver algoritmos meta teorema

— Saeed

Respostas:

Assumindo que as seqüências tenham polinômio de comprimento em , sim, há pelo menos $n$ solução de tempo. O motivo é a conhecida redução do menor problema comum de supercorda para o ATSP com pesos inteiros de tamanho polinomial, que você pode resolver por interpolação polinomial se puder contar os ciclos hamiltonianos em um multigráfico direcionado. O último problema tem $2^{n-\Omega(\sqrt{n/\log n})}$ solução de tempo. Björklund 2012 $2^{n-\Omega(\sqrt{n/\log n})}$

A redução do ATSP com pesos para cada par de vértices para a contagem do ciclo hamiltoniano é a seguinte: $w_{uv}$ $u,v$

Para , onde é um limite superior de todas as somas de pesos no exemplo ATSP, construir um gráfico , onde pode substituir cada peso com arcos de para . $r=1,2,\cdots,w_\mbox{sum}$ $w_\mbox{sum}$ $n$ $G_r$ $w_{uv}$ $r^{w_{uv}}$ $u$ $v$

Ao resolver o ciclo de contagem Hamiltoniano para cada , pode por meio de interpolação polinomial construir um polinómio com igual ao número de passeios de TSP no grafo original de peso . Daí localizar o menor de tal forma que é diferente de zero resolve o problema. $G_r$ $\sum_{l=0}^{w_\mbox{sum}} a_lr^l$ $a_l$ $l$ $l$ $a_l$

— Andreas Björklund
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Muito obrigado! Eu não conhecia essa conexão com a contagem do ciclo hamiltoniano.

— precisa saber é o seguinte

@AlexGolovnev: Mas a redução é mais ou menos a mesma que no exemplo de Kohn, Gottlieb, Kohn que você citou em sua própria resposta? É uma incorporação simples da semi-soma mínima nos números inteiros. De qualquer forma, obrigado por me fazer perceber que a próxima versão do meu artigo deve declarar isso explicitamente.

— Andreas Björklund

Estudei o problema e encontrei alguns resultados. A supercorda comum mais curta (SCS) pode ser resolvida no tempo com apenas espaço polinomial ( Kohn, Gottlieb, Kohn ; Karp ; Bax, Franklin ). $2^n$

A aproximação mais conhecida é (Paluch). $2\frac{11}{30}$

A aproximação mais conhecida da compressão é (Paluch). $3\over4$

Se o SCS puder ser aproximado por um fator sobre o alfabeto binário, poderá ser aproximado por um fator sobre qualquer alfabeto ( Vassilevska-Williams ). $\alpha$ $\alpha$

$1.0029$

$1.0048$

Ficaria muito grato por quaisquer adições e sugestões.

— Alex Golovnev
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$n$ $s_1,\ldots, s_n$ $\Sigma$ $\Sigma$ $s_i$

$L$ $C$ $C=\sum_i |s_i|-L$

$O^*$ $2^n$ $n$

$S$ $v$ $S$ $S$ $v$ $v,S$ $v,S$ $S$ $k$ $k-1$

$u$ $S'$ $k-1$ $u$ $u,{u}\cup S'$ $v$ $S'$ $u$ $v$ $v,S'$

$n^2 2^n + n^2 l$ $l$

$l$ $2^n$

— virgi
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O^{*} (2^{n})

$O^*(2^n)$

como eu disse, não acredito que uma solução mais rápida seja conhecida.

— virgi

O^{*} (2^{n})

$O^*(2^n)$