Dureza de un subcase de Set Cover

¿Qué tan difícil es el problema de Set Cover si el número de elementos está limitado por alguna función (por ejemplo, $\log n$ ) donde $n$ es el tamaño de la instancia del problema. Formalmente,

Let y F = { s 1 , ⋯ , S n } donde S i ⊆ U y m = O ( log n ) . ¿Qué tan difícil es decidir el siguiente problema?$\mathcal{U}=\{e_1, \cdots, e_m\}$$\mathcal{F} = \{S_1, \cdots, S_n\}$$S_i \subseteq \mathcal{U}$$m = O(\log n)$

¿Qué pasa si $m=O(\sqrt{n})$ ?

Cualquier resultado basado en conjeturas bien conocidas (por ejemplo, Juegos únicos, ETH) es bueno.

Edición 1: Una motivación para este problema es descubrir cuándo el problema se vuelve difícil a medida que aumenta . Claramente, el problema está en P si m = O ( 1 ) y NP-hard si m = O ( n $m$$m=O(1)$$m=O(n)$ . ¿Cuál es el umbral para la dureza NP del problema?

Edición 2: existe un algoritmo trivial para decidirlo en el tiempo (que enumera todos los subconjuntos de tamaño m de F ). Por lo tanto, el problema no es NP-hard si m = O ( log n ) ya que ETH implica que no hay algoritmo en el tiempo O ( 2 n o ( 1 ) ) para ningún problema NP-hard (donde n es el tamaño del Problema NP-duro).$O(n^{m})$$m$$\mathcal{F}$$m=O(\log{n})$$O(2^{n^{o(1)}})$$n$

Cuando , puede utilizar la programación dinámica para encontrar el tiempo óptimo en el polinomio. La tabla contiene celdas con valores booleanos T ℓ , X para cada ℓ ∈ { 0 , ... , k } y X ⊆ U , lo que indica si hay ℓ conjuntos que cubren los elementos en $m = O(\log n)$$T_{\ell,X}$$\ell \in \{0,\ldots,k\}$$X \subseteq \mathcal{U}$$\ell$$X$ .

Cuando , diga m ≤ C $m = O(\sqrt{n})$ , el problema sigue siendo NP-duro. Dada una instancia de SET-COVER, addmnuevos elementosx1,...,xmy(2C - 1 m)2nuevos conjuntos, que consta de subconjuntos no vacíos de los nuevos elementos, incluyendo{x1,...,xm}(cuandomes lo suficientemente grande,(2C - 1 m)2<2m). También aumenta$m \leq C\sqrt{n}$$m$$x_1,\ldots,x_m$$(2C^{-1}m)^2$$\{x_1,\ldots,x_m\}$$m$$(2C^{-1}m)^2 < 2^m$$k$ por uno. Los nuevos son m $m,n$ y n ' = n + ( 2 C - 1 m ) 2 ≥ ( C - 1$m' = 2m$ .$n' = n + (2C^{-1}m)^2 \geq (C^{-1}m')^2$

El caso de está en n O ( c ) tiempo como lo señaló Yuval, pero también tenga en cuenta que para k = O ( 1 ) puede resolver el problema en O ( n k ⋅ m ) tiempo (tiempo polinómico) por búsqueda exhaustiva. Suponiendo la hipótesis del tiempo exponencial fuerte (que CNF-SAT en fórmulas con N variables y cláusulas O ( N ) requiere al menos 2 N - o ( N $m = c \log n$$n^{O(c)}$$k = O(1)$$O(n^k \cdot m)$$N$$O(N)$$2^{N-o(N)}$tiempo), estos dos límites de tiempo son el "límite" de lo que podemos esperar en el tiempo polinómico, en el siguiente sentido.

En mi artículo de SODA'10 con Mihai Patrascu , estudiamos el problema esencialmente isomórfico de encontrar un conjunto dominante de tamaño en un gráfico arbitrario de n- nodos, mostrando que si el conjunto dominante de k se puede resolver en n k - ε tiempo por algún k ≥ 2 y ε > 0 , entonces hay un algoritmo de tiempo 2 N ( 1 - ε / 2 ) p o l y ( M ) para CNF-SAT en N variables y $k$$n$$k$$n^{k-\varepsilon}$$k \geq 2$$\varepsilon > 0$$2^{N(1-\varepsilon/2)}poly(M)$$N$$M$ cláusulas

Observando la relación entre vecindarios de vértices en una instancia de conjunto dominante y conjuntos en una instancia de cobertura de conjunto, e inspeccionando la reducción, encontrará que esta reducción también muestra la resolución de -Set Cover con n conjuntos sobre un universo de tamaño m en n k - El tiempo ε ⋅ f ( m ) implica un algoritmo CNF-SAT para fórmulas CNF con cláusulas M y N variables que se ejecutan en 2 N ( 1 - ε / 2 ) ⋅ f ( $k$$n$$m$$n^{k-\varepsilon}\cdot f(m)$$M$$N$$2^{N(1-\varepsilon/2)}\cdot f(M)$hora. A los efectos de refutar el Strong ETH, es suficiente resolver CNF-SAT en el caso de que . Por lo tanto, un algoritmo para su problema que se ejecuta en n k - ε ⋅ 2 m / α ( m ) para alguna función ilimitada α ( m ) produciría un nuevo algoritmo SAT sorprendente.$M = O(N)$$n^{k-\varepsilon}\cdot 2^{m/\alpha(m)}$$\alpha(m)$