Un problema de partición en el que se pueden cortar algunos números

En el problema de partición estándar , se nos dan algunos números cuya suma es y tenemos que decidir si se pueden dividir en dos subconjuntos cuya suma es . Se sabe que es NP-duro.$2s$$s$

Sin embargo, suponga que se nos permite designar uno de los números como un "número blando" que se puede cortar en un número arbitrario de piezas, donde diferentes piezas se pueden poner en diferentes subconjuntos. Luego, el problema se vuelve fácil: simplemente organice todos los números en una línea en un orden arbitrario, y corte la línea en dos sublíneas con la misma suma.

PREGUNTA: Supongamos que se nos dan algunos números cuya suma es $3s$ , y tenemos que decidir si se pueden dividir en tres subconjuntos cuya suma es $s$ , mientras se usa como máximo un número blando. ¿Cuál es la complejidad de este problema?

• Si se nos permite usar dos números blandos, entonces el problema es nuevamente fácil: podemos resolverlo organizando los números en una línea como arriba.
• Si se nos permite usar cero números blandos, entonces el problema es obviamente difícil: es al menos tan difícil como el problema de la partición en dos subconjuntos.
• Si se nos permite usar un número blando, supongo que el problema aún debería ser difícil, y de alguna manera podemos reducirlo del problema de partición estándar, pero no pude encontrar la reducción correcta. Entonces, ¿es fácil o difícil?

Otra pregunta: en caso de que el problema sea NP-hard, ¿se puede resolver en tiempo pseudo-polinomial como el problema de la partición de dos subconjuntos?

El número más grande es el número blando.

Afirmo que, para cualquier instancia de su problema, si la instancia es solucionable (es posible dividir los números usando un número blando), entonces es posible resolver la instancia usando el número más grande como único número blando. Esto es fácil de probar: cualquier solución se puede modificar en una solución con el número más grande como número blando; simplemente coloque el número que actualmente es el número de software en la partición que contiene el número más grande y, en su lugar, divida el número más grande entre las partes de la partición.

Problema de embalaje

Aquí hay un problema que llamaré problema de embalaje:

La entrada consiste en una lista de números positivos $a_1, a_2, \ldots, a_k$ y un número final $\ell$ tal que $\ell \ge a_i$ para todo $i$ . Definir $s = \frac{1}{3}\left(\ell + \sum_{i = 1}^ka_i\right)$. Entonces el problema es dividir la lista de$a_i$s en tres partes, de modo que cada parte tenga una suma como máximo$s$.

Afirmo que el problema de empaque con las entradas $a_1, \ldots, a_k$ y $\ell$ es equivalente a su problema con la lista de entradas $a_1, \ldots, a_k, \ell$ . Si es posible agrupar los números $a_1, \ldots, a_k$ en tres grupos de suma de $s$ máximo , entonces puede usar $\ell$ como un número blando para redondear cada una de las sumas a exactamente $s$ ; por lo tanto tiene una partición de $a_1, \ldots, a_k, \ell$ en tres grupos de sumas$s$ usando un número blando. Si por el contrario$a_1, \ldots, a_k, \ell$ se puede dividir en tres grupos de suma$s$ utilizando un número suave entonces la lista se puede dividir en tres grupos de suma$s$ utilizando$\ell$ como el número blando (por el resultado de la sección anterior). En este caso, la agrupación de$a_i$ s en tres partes satisface la condición de que cada parte tenga una suma como máximo$s$ .

El problema del embalaje sin números pequeños

Digamos que una instancia del problema de empaque "no tiene números pequeños" si por cada $i$ , $a_i > \frac{\ell}{2}$ . Afirmo que puede reducir el problema del embalaje al problema del embalaje sin números pequeños.

Supongamos que en la instancia del problema de empaque $(a_1, \ldots, a_k), \ell$ alguna $a_i$ tiene $a_i \le \frac{\ell}{2}$ . WLOG suponga que$a_k$es esto$a_i$. Luego reclamo la instancia del problema de empaque$(a_1, \ldots, a_{k-1}), \ell+a_k$es equivalente a la instancia original. Observe que el valorsigue siendo el mismo en ambas instancias.$s$

Ciertamente, si puede agrupar los números en tres grupos con cada grupo con una suma máxima entonces puede empaquetar los números en tres grupos con cada grupo teniendo una suma en la mayoría .$a_1, \ldots, a_k$$s$$a_1, \ldots, a_{k-1}$$s$

Por otro lado, suponga que puede agrupar los números en tres grupos con cada grupo sumando como máximo . Para cada uno de los tres grupos, considere el valor$a_1, \ldots, a_{k-1}$$s$$s$ menos la suma de los elementos del grupo. Llame a estos valores$e_1, e_2, e_3$ ; aquí$e_i$ es la cantidad de "espacio vacío" en el grupo$i$ . Sabemos que$e_1 + e_2 + e_3$ , el espacio vacío total, es igual a$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i$ (espacio total$3s$ menos espacio utilizado$\sum_{i = 1}^{k-1}a_i$espacio vacío k + ℓ en total. Entonces desde una k < ℓ). Pero$3s - \sum_{i = 1}^{k-1}a_i = a_k + \ell$por la definición de$s$. Por lo tanto, los tres grupos tienen$a_k + \ell$$a_k < \frac{\ell}{2}$ , sabemos que el espacio vacío total es más de$3a_k$. Según el principio del palomar, al menos uno de los grupos tiene$a_k$o más espacio vacío. Por lo tanto, podemos agregar el elemento$a_k$a uno de los grupos y terminar con un paquete de números$a_1, \ldots, a_k$ en tres grupos con cada grupo teniendo como máximo$s$ .

Por lo tanto, para resolver su problema, es suficiente resolver solo el problema del embalaje sin números pequeños.

Lema 1

Declaración de lema:

Supongamos que podemos dividir $a_1, \ldots, a_k$ en los grupos 1 y 2 de modo que el grupo 2 tenga un número par de elementos y la suma de los elementos del grupo 1 esté en el intervalo $\left[s - \frac{\ell}{2}, s\right]$ . Entonces es posible dividir aún más el grupo 2 en dos subgrupos 2a y 2b, cada uno de los cuales tiene una suma como máximo$s$ . Observe que los grupos 1, 2a y 2b son una solución de la instancia del problema de empaque.

Aquí hay una prueba.

Asigne tentativamente la mitad de los elementos del grupo 2 al subgrupo 2a y la otra mitad al subgrupo 2b. Cree una coincidencia entre los elementos de los dos subgrupos. Cambia estos pares entre los dos grupos, un par a la vez. Si hay $2n$ elementos en el grupo 2, este proceso pasa exactamente por $n+1$ posibles particiones del grupo 2 en los subgrupos 2a y 2b. Afirmo que al menos una de esas particiones tiene ambos subgrupos con una suma menor que $s$ .

Deje $S_{2a}$ y $S_{2b}$ sean las sumas de los dos subgrupos (permitimos que estos valores cambien a medida que cambian los grupos).

En cada paso del proceso anterior, el grupo 2a gana un elemento y pierde otro. Como cada elemento tiene un valor entre $\frac{\ell}{2}$ y$\ell$, podemos concluir que en cada paso del proceso anterior,$S_{2a}$ cambia a lo sumo$\frac{\ell}{2}$ .

Además, el valor final de $S_{2a}$ es igual al valor inicial de$S_{2b}$ ya que al final del proceso los grupos se han intercambiado por completo.

Sea $A$ el valor promedio de $S_{2a}$ y $S_{2b}$ . Tenga en cuenta que esto es constante a medida que cambian los grupos. Sabemos que los valores iniciales y finales de $S_{2a}$ promedio de $A$ (ya que los valores iniciales y finales de $S_{2a}$ iguales a los valores iniciales de $S_{2a}$ y $S_{2b}$ ). Por lo tanto, $A$ debe estar entre los valores inicial y final de $S_{2a}$ . A medida que cambiamos los grupos, el valor de $S_{2a}$toma medidas de tamaño como máximo $\frac{\ell}{2}$ de un lado de$A$al otro. A partir de esto, podemos concluir que en algún momento, el valor de$S_{2a}$debe estar dentro de la mitad del tamaño máximo del paso ($\frac{\ell}{4}$ ) de$A$. Como$S_{2b}$siempre tiene la misma distancia de$A$que$S_{2a}$, podemos concluir que en algún momento, ambas sumas$S_{2a}$y$S_{2b}$están dentro de$\frac{\ell}{4}$ de$A$.

$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b})$ es la suma de los elementos del grupo 1; así,$3s - \ell - (S_{2a} + S_{2b}) \ge s - \frac{\ell}{2}$ (por la condición en la suma del grupo 1). Reorganizando, tenemos que$(S_{2a} + S_{2b}) \le 2s - \frac{\ell}{2}$ . Por lo tanto, el promedio de$S_{2a}$y$S_{2b}$es como máximo$s - \frac{\ell}{4}$ . Entonces, en el momento en que tanto$S_{2a}$como$S_{2b}$están dentro de$\frac{\ell}{4}$ de$A$, vemos que ambos son, como máximo,$s$deseados.

Caso 1: $k = 3n$

Suma el $n$ más pequeño $a_i$ s y también el $n$ más grande $a_i$ s.

Si el $n$ más pequeño $a_i$ suma s a más de $s$ , entonces ningún grupo puede tener $n$ o más elementos (como cualquier elección de$n$ elementos dará lugar a la suma ser demasiado grande). Pero el principio del palomar nos dice que al menos un grupo tiene al menos$n$ elementos. Por lo tanto, en este caso no hay solución para la instancia del problema de empaque.

Si el $n$ grande $a_i$ suma a s en la mayoría de $s$ , entonces cada elección de $n$ elementos tiene una suma de a lo más $s$ . En este caso, simplemente dividir los elementos en tres grupos de igual tamaño resuelve la instancia del problema de empaque.

El único caso restante es que los $n$ elementos más pequeños suman como máximo $s$ los $n$ elementos más grandes suman más de $s$ . Como en el lema, podemos hacer una transición lenta entre estos dos conjuntos: comenzar con un grupo inicializado con los $n$ elementos más pequeños e intercambiar elementos hasta que el grupo tenga los $n$ elementos más grandes . Cada paso mueve la suma del grupo como máximo $\frac{\ell}{2}$ (por la misma lógica que en la prueba del lema) y la suma cruza el valor$s$en algún momento de este proceso. Por lo tanto, ya sea inmediatamente antes o inmediatamente después de cruzar el valor$s$, la suma es menor que$s$pero menor a lo sumo$\frac{\ell}{2}$ . En otras palabras, en algún momento de este proceso, el grupo tiene una suma en el intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome ese grupo como grupo 1 y los$2n$elementosrestantescomo grupo 2. Se aplica el lema, lo que nos permite encontrar una solución a la instancia del problema de empaque.

Caso 2: $k = 3n+1$

Suma el $n+1$ más pequeño $a_i$ s y también el $n+1$ más grande $a_i$ s.

Si el $n+1$ más pequeño$a_i$ s suma más de$s$ , entonces ningún grupo puede tener$n+1$ o más elementos (ya que cualquier elección de$n+1$ elementos dará como resultado que la suma sea demasiado grande). Pero el principio del palomar nos dice que al menos un grupo tiene al menos$n+1$ elementos. Por lo tanto, en este caso no hay solución para la instancia del problema de empaque.

Si el $n+1$ más grande $a_i$ suma a s como máximo$s$ , entonces cada elección de$n+1$ elementos tiene una suma de a lo más$s$ . En este caso, simplemente dividir los elementos en tres grupos de tamaño$n$ ,$n$ , y$n+1$ resuelve el problema de instancia de embalaje.

El único caso restante es que los elementos $n+1$ más pequeños suman como máximo $s$ los elementos $n+1$ más grandes suman más de $s$ . Como en el caso anterior, podemos hacer una transición lenta entre estos dos conjuntos: comenzar con un grupo inicializado con los elementos $n+1$ más pequeños e intercambiar elementos hasta que el grupo tenga los elementos $n+1$ más grandes . Cada paso mueve la suma del grupo como máximo $\frac{\ell}{2}$ (por la misma lógica que en la prueba del lema) y la suma cruza el valor$s$en algún momento de este proceso. Por lo tanto, ya sea inmediatamente antes o inmediatamente después de cruzar el valor$s$, la suma es menor que$s$pero menor a lo sumo$\frac{\ell}{2}$ . En otras palabras, en algún momento de este proceso, el grupo tiene una suma en el intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome ese grupo como grupo 1 y los$2n$elementosrestantescomo grupo 2. Se aplica el lema, lo que nos permite encontrar una solución a la instancia del problema de empaque.

Caso 3: $k = 3n+2$ primer subcase fácil

Suma el $n$ más pequeño $a_i$ sy el $n$ más grande$a_i$ s.

Si alguno de los valores está en el intervalo $[s-\frac{\ell}{2}, s]$, aplique inmediatamente el lema con esa elección de$n$elementos como el grupo 1 y los2restantes$2n+2$ elementos n + 2 como grupo 2. Esto nos permite encontrar una solución a la instancia del problema de empaque.

Si el $n$ más pequeño $a_i$ suma s de menos de $s-\frac{\ell}{2}$ y el$n$grande$a_i$s suma a más de$s$entonces podemos comenzar con el$n$más pequeña$a_i$ s y los elementos de intercambio hasta que terminan con el$n$ grande$a_i$ s. En cada paso, la suma se mueve como máximo$\frac{\ell}{2}$ , entonces en algún punto de este proceso tenemos un grupo de$n$elementos cuya suma está en el intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome ese grupo como el grupo 1 y los restantes$2n+2$elementos como el grupo 2. aplica el lema, que nos permite encontrar una solución a la instancia los problemas de acumulación.

Si el $n$ más pequeño $a_i$ suma s a más de$s$ , entonces ningún grupo puede tener$n$ o más elementos (como cualquier elección de$n$ elementos dará lugar a la suma ser demasiado grande). Pero el principio del palomar nos dice que al menos un grupo tiene al menos$n+1$ elementos. Por lo tanto, en este caso no hay solución para la instancia del problema de empaque.

El único caso restante es que tanto el $n$ más pequeño y $n$ grande $a_i$ add s a menos de $s-\frac{\ell}{2}$ .

Caso 3: $k = 3n+2$ segundos subcasete fácil

Suma el $n+2$ más pequeño $a_i$ s y el$n+2$ más grande$a_i$ s.

Si alguno de los valores está en el intervalo $[s-\frac{\ell}{2}, s]$ , aplique inmediatamente el lema con esa elección de$n+2$ elementos como grupo 1 y el resto$2n$ elementoscomo grupo 2. Esto nos permite encontrar una solución a la instancia del problema de empaque.

Si el $n+2$ más pequeño $a_i$ s suma menos que $s-\frac{\ell}{2}$ y el$n+2$más grande$a_i$ s suma más de $s$ entonces podemos comenzar con el $n+2$ más pequeño $a_i$ sy intercambiar elementos hasta que terminemos con $n+2$ más grande $a_i$ s. En cada paso, la suma se mueve como máximo $\frac{\ell}{2}$ , entonces en algún punto de este proceso tenemos un grupo de$n+2$elementos cuya suma está en el intervalo$[s-\frac{\ell}{2}, s]$. Tome ese grupo como grupo 1 y el resto$2n$ elementoscomo grupo 2. Se aplica el lema, lo que nos permite encontrar una solución a la instancia del problema de empaque.

Si el $n+2$ mayor $a_i$ suma a s en la mayoría de $s$ , entonces cada elección de $n+2$ elementos tiene una suma de a lo más $s$ . En este caso, simplemente particione los elementos en tres grupos de tamaño $n$ , $n+1$ y $n+1$ resuelve el problema de instancia de embalaje.

El único caso que queda es que tanto el $n+2$ más pequeño y $n+2$ más grande $a_i$ add s a más de$s$ .

Caso 3: $k = 3n+2$ subcase duro

Supongamos que ninguna de las dos subcajas anteriores maneja la instancia. Entonces sabemos lo siguiente:

• tanto el $n$ más pequeño y $n$ más grande$a_i$ s añadir a menos de$s-\frac{\ell}{2}$ .
• tanto el $n+2$ más pequeño como $n+2$ más grande$a_i$ add s a más de$s$ .

Como el $n+2$ más pequeño $a_i$ add s a más de $s$ , ningún grupo puede tener $n+2$ o más elementos. La única forma en que esto es posible es si los grupos tienen tamaños $n$ , $n+1$ y$n+1$ .

Tenga en cuenta que desde el $n$ más grande $a_i$ s se suma a menos de $s-\frac{\ell}{2}$ , no importa qué elementos estén en el grupo de tamaño$n$: ese grupo tendrá una suma menor que$s$ todos modos. Claramente, podemos modificar cualquier solución cambiando el$n$ más grande$a_i$ s en el grupo de tamaño$n$ . Estos intercambios solo disminuyen las sumas de los otros dos grupos, por lo que existe una solución para la instancia del problema de empaque si y solo si existe una solución en la que el$n$ más grande$a_i$ forma s uno de los grupos.

Por lo tanto, la tarea en cuestión es simplemente esto: ¿es posible dividir los $2n+2$$a_i$ s más pequeños en dos grupos de tamaño $n+1$ modo que cada uno de esos dos grupos tenga una suma como máximo $s$ . WLOG suponga que los $a_i$ s están en orden creciente de modo que los $2n+2$$a_i$ s más pequeños son $a_1, \ldots, a_{2n+2}$

Sea $v$ el promedio de$n$ más grande$a_i$ s. Sea$x_i = v - a_i$ para cada$i$ . Entonces$3s = \ell + \sum_{i = 1}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}a_i + \sum_{i = 2n+2}^{3n+2}a_i = \ell + \sum_{i = 1}^{2n+2}(v - x_i) + nv = \ell + (3n+2)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) = (\ell-v) + (3n+3)v - \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ .

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

Si elegimos algún conjunto $I$ de $n+1$ índices, entonces la suma de $a_i$ s con $i \in I$ es igual a $\sum_{i\in I}a_i=\sum_{i\in I}v - x_i = (n+1)v-\sum_{i\in I}x_i$ . Un conjunto de índices $I$ es una opción válida para uno de los grupos, siempre que esta suma sea como máximo $s$. En otras palabras, utilizando la definición alternativa de $s$ derivada anteriormente, la condición que nos interesa es $\sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Obviamente, losíndices$n+1$restantes$I' = \{1,\ldots, 2n+2\} \setminus I$ debo cumplir esta condición:$\sum_{i\in I'}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ . Como$\sum_{i\in I'}x_i = \sum_{i = 1}^{2n+2}x_i - \sum_{i\in I}x_i$, podemos reescribir la segunda condición como$\sum_{i\in I}x_i \le \frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3}$ .

Por lo tanto, hemos reformulado este subproblema usando una alternativa equivalente: estamos tratando de elegir un conjunto $I$ de $n+1$ índices entre $\{1, \ldots, 2n+2\}$ modo que$\frac{2}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) + \frac{\ell - v}{3} \ge \sum_{i\in I}x_i \ge \frac{1}{3}\sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i) - \frac{\ell - v}{3}$ .

Tenga en cuenta que $\ell \ge v$ (y por lo tanto $\ell-v \ge 0$ ) ya que$v$ es el promedio de algunos$a_i$ sy$\ell$ es un límite superior en todos los$a_i$ s. Sea$X = \sum_{i = 1}^{2n+2}(x_i)$ . Nuestra condición anterior se puede reescribir de la siguiente manera: elija un conjunto i ∈ I x i está en el intervalo [ c X ,$I$ de$n+1$ índices entre$\{1, \ldots, 2n+2\}$tal que $\sum_{i\in I}x_i$ = 1$[cX, (1-c)X]$ donde$c = \frac{1}{3} - \frac{\ell - v}{3X} \le \frac{1}{3}$ .

Supongamos que para algunos $j$ ,$x_j$ tiene valor al menos$\frac{X}{3}$ . En este caso, vamos $I$ consisten en el índice $j$ y también de la $n-1$ índices correspondientes a la más pequeña $x_i$ s. Si estas $x_i$ suman como máximo $(1-c)X$ entonces esta elección de $I$ satisface la restricción anterior: la suma $\sum_{i\in I}x_i$ es al menos $x_j \ge \frac{X}{3} = \frac{1}{3}X \ge cX$y como máximo$(1-c)X$. Por lo tanto, este conjunto de índices$I$se puede utilizar para seleccionar uno de los grupos de tamaño$n+1$en una solución a la instancia problema de embalaje. Por otro lado, si estas$x_i$suman más de$(1-c)X$entonces la instancia no puede resolverse: una de las dos mitades incluirá$x_j$y la suma de esa mitad siempre será mayor que$(1-c)X$(ya que era más que eso incluso cuando colocamos los elementos más pequeños con $x_j$ ).

Por lo tanto, hemos manejado el caso de que alguna $x_j$ tiene valor al menos$\frac{X}{3}$ . El caso restante es que cada$x_i$tiene valor como máximo$\frac{X}{3}$ . Luego asigne las$x_i$s a dos grupos, 1 y 2, arbitrariamente. Cree una coincidencia de los elementos de los dos grupos e intercambie esos pares un par a la vez. En el transcurso de este proceso, la suma de los elementos del grupo 1 se moverá de su suma inicial a la suma inicial de los elementos del grupo 2. En otras palabras, la suma del grupo 1 cruzará el valor promedio$\frac{X}{2}$ . Cada paso en este proceso implica que el grupo 1 pierda un$x_i$y gane uno; ya que las$x_i$tienen valor como máximo$\frac{X}{3}$ , un par de$x_i$s difiere como máximo$\frac{X}{3}$ y así cada paso mueve la suma del grupo 1 como máximo$\frac{X}{3}$ . Por lo tanto, habrá algún punto en el proceso cuando la suma del grupo 1 esté dentro de la mitad del tamaño de paso máximo del promedio. Por lo tanto, en algún momento la suma del grupo 1 caerá dentro de$\frac{X}{2} \pm \frac{X}{6}$ . Pero este es el intervalo$[\frac{1}{3}X, \frac{2}{3}X]$, que es un subintervalo de$[cX, (1-c)X]$. Por lo tanto, en algún momento durante este proceso, el grupo 1 en ese momento satisfará nuestra condición deseada. Podemos usar este grupo de$x_i$s para seleccionar un grupo correspondiente de$a_i$s; estos$a_i$ s forman uno de los dos grupos de tamaño $n+1$ necesarios para resolver el problema ejemplo de embalaje.

Conclusión

El trabajo de caso exhaustivo anterior se puede usar como un algoritmo para dividir una lista en tres grupos de la misma suma usando un número blando. El trabajo de casos también identificará cuándo esto es imposible. El tiempo de ejecución de este algoritmo es polinómico.

Esta respuesta hace no resuelve la pregunta. Solo resuelve el siguiente problema auxiliar formulado por @JohnDvorak en los comentarios (particionando un conjunto en relación 1: 2):

Problema auxiliar:
Instancia: Racionales positivos $a_1,\ldots,a_m$ con $\sum_{i=1}^m a_i = 3A$ .
Pregunta: ¿Existe un conjunto de índices $I\subseteq\{1,\ldots,n\}$ con $\sum_{i\in I}a_i=A$ ?

• Tome una instancia de PARTICIÓN clásica (racionales $b_1,\ldots,b_n$ con la suma $2B$ , ¿puede dividirlos en dos grupos con la suma $B$ ).
• Tome $b_1,\ldots,b_n$ junto con los cuatro números $5B,5B,5B,7B$ para crear una instancia del problema auxiliar. La suma de todos losnúmeros$n+4$ es$24B$ , de modo que$A=8B$ .
• Dividiendo los $n+4$ números en un grupo con suma $A=8B$ y un grupo con suma $2A=16B$ es posible si y solo si la instancia PARTITION tiene respuesta SÍ.

Por lo tanto, el problema auxiliar de @ JohnDvorak es NP-completo

Editar: El resultado es incorrecto, vea la discusión al final.

Inspirado por la respuesta de Mikhail Rudoy, ​​podemos generalizar a la división en $k$ partes con la misma suma. El problema es el tiempo polinómico solucionable para cada constante $k$ .

La entrada es $a_1,\ldots,a_n$ tal que$a_n$ es el número más grande. Las observaciones de Mikhail son, wlog,

• el número blando es $a_n$
• $a_i>\frac{a_n}{k-1}$ por cada$i$

wlog, suponga que la suma de $a_1,\ldots,a_{n-1}$ es $1$ (es decir, $1=ks-a_n$ ). Tenga en cuenta que $a_n \geq \frac{1}{n-1}$ , entonces$a_i > \frac{1}{(k-1)(n-1)}>\frac{1}{kn}$ para cada$i$. El problema es equivalente a dividir los números$a_1,\ldots,a_{n-1}$en$k$subconjuntos, de modo que la suma de cada subconjunto sea como máximo$s := \frac{1+a_n}{k}$ .

Consideramos una restricción del problema de la mochila múltiple . Defina el problema de $k$ mochila como una instancia del problema de mochila múltiple con $k$ mochilas de la misma capacidad, donde el valor de cada artículo es igual al peso del artículo.

Deje que la entrada para el problema $k$ -knapsack sea $a_1,\ldots,a_{n-1}$ , y cada mochila tiene capacidad$s$ . El siguiente reclamo es claro.

Reclamación : A $(1-\frac{1}{kn})$algoritmo de aproximación para elproblema$k$-knapsack devuelve$1$, si y solo si todos los números$a_1,\ldots,a_{n-1}$se pueden empaquetar en$k$ mochilas.

Por el reclamo anterior, solo tenemos que encontrar un $(1-\frac{1}{kn})$- algoritmo de aproximación para la$k$ problema mochila.

Reclamación : Existe un algoritmo de tiempo pseudopolinomial para la mochila que se generaliza para $k$ mochila para cada constante $k$ .

Prueba : defina $D[b_1,\ldots,b_k,i]$ como el valor máximo utilizando los elementos a$a_1,\ldots,a_i$ , donde la mochila tiene capacidad$b_1,\ldots,b_k$ . La relación de recurrencia es$D[b_1,\ldots,b_k,i+1] = \max( \max_{j} (D[b_1,\ldots,b_j-a_{i+1},b_k,i])+a_{i+1},D[b_1,\ldots,b_k,i])$ . El caso base es simple. El tiempo de ejecución es$O(s^kkn)$ .

Es estándar obtener un FPTAS escalando todos los números y redondeando a enteros, consulte la sección 5 de esto . Esto significa que podemos encontrar un $(1-\frac{1}{kn})$-proximación alproblema$k$mochila en el tiempo polinómico. Por lo tanto, para cada constante$k$, el problema original se puede decidir en tiempo polinómico.

Lo anterior es incorrecto, debido a que el algoritmo de tiempo pseudopolinomial no se transforma en un FPTAS. Sin embargo, el enfoque aún puede darnos una idea porque tenemos un caso muy especial de problema $k$ -knapsack.