Задача оптимизации множества - это np-полная?

Задано $S=\{e_1,\cdots,e_n\}$ . Для каждого элемента $e_i$ имеем вес $w_i>0$ и стоимость $c_i>0$ . Цель состоит в нахождении подмножества $M$ размера $k$ , что максимизировать следующую целевую функцию:

\sum_{e_{i} \in M} w_{i} + \frac{\sum_{e_{i} \notin M} w_{i} c_{i}}{\sum_{e_{i} \notin M} c_{i}}

$\sum_{e_i\in M} w_i + \frac{\sum_{e_i\notin M} w_i c_i}{\sum_{e_i\notin M} c_i}$ .

Проблема NP-сложная?

Поскольку целевая функция кажется странной, полезно объяснить применение целевой функции.

Предположим, у нас есть n предметов от $e_1$ до $e_n$ и в нашем инвентаре есть $c_i$ копии каждого предмета $e_i$ . У нас есть клиенты, и они интересуются этими объектами пропорционально их весу $w_i$ , что означает, что объект с большим $w_i$ более популярен. У нас есть система онлайн-продаж, и мы должны правильно отвечать на запросы наших клиентов. Мы не можем распознать объекты по их формам (все они выглядят одинаково!). Но у нас есть какой-то классификатор, чтобы найти их. Каждый классификатор может быть использован для обнаружения копий объекта. Мы стремимся запустить классификатор k, чтобы максимизировать удовлетворение наших клиентов.

PS: может быть полезно подумать о случае, когда для всех ; Однако я не уверен. [ Я был неправ в этом! Именно в P этим предположением ] $w_i c_i=p$ $i\leq n$

np-hardness optimization Nasooh
источник

Правильный термин меньше или равен наибольшему весу элемента, которого нет в M. Поэтому, если у вас есть элемент с большим весом, лучше поместить его в M, а не тратить его впустую. Таким образом, M должен состоять из элементов с k наибольшим весом. Правильно?

зотачидил

Это не правильно, потому что затраты также важны. Рассмотрим следующий пример:

Nasooh

w1 = 50, c1 = 80 - w2 = 40, c2 = 15 - w3 = 10, c3 = 5. Для k, равного 1, выбор e2 более выгоден, чем e1.

Насухо

Вы правы. Хм ...

зотачидил

Спасибо за попытку объяснить мотивацию. К сожалению, связь между вашим объяснением и целевой функцией в этом вопросе для меня все еще совершенно неясна, но я думаю, что я должен быть удовлетворен текущим объяснением, чтобы держать вопрос в разумных пределах.

Цуёси Ито

Ответы:

Ответ ниже показывает, что частный случай задачи разрешим за полиномиальное время. Это не полностью отвечает на вопрос в посте, но может дать некоторое представление о том, что может понадобиться для доказательства NP-твердости, и может вызвать дополнительный интерес к посту ...

$c_i$ $n$ $D = \sum_i c_i$

$(S, w, c, K)$ $w,c\in\mathbb{R}_+^n$ $S=\{1,2,\ldots,n\}$ $M\subseteq S$ $K$ $\frac{\sum_{i\in M} w_i c_i}{\sum_{i\in M} c_i} - \sum_{i\in M} w_i$

$(d_1, d_2, k, m)$ $0\le d_1 \le d_2 \le D$ $0\le k \le K$ $k\le m\le n$

ϕ (d_{1}, d_{2}, k, m) = max {\sum_{i \in M} w_{i} (c_{i} / d_{1} - 1) : M \subseteq [m], | M | = k, \sum_{i \in M} c_{i} = d_{2}} .

$\textstyle\phi(d_1, d_2, k, m) = \max \Big\{ \sum_{i\in M} w_i (c_i / d_1 - 1) ~:~ M \subseteq [m],\, |M| = k, \, \sum_{i\in M} c_i = d_2\Big\}.$

max_{d} ϕ (d, d, K, n)

$\max_d \phi(d, d, K, n)$

возможные решения для на те, которые содержат и те, которые не содержат , мы получаем рекуррентность Мы оставляем граничные случаи в качестве упражнения. $\phi(d_1, d_2, k, m)$ $m$

ϕ (d_{1}, d_{2}, k, m) = max {\begin{cases} ϕ (d_{1}, d_{2} - c_{m}, k - 1, m - 1) + w_{m} (c_{m} / d_{1} - 1) \\ ϕ (d_{1}, d_{2}, k, m - 1) . \end{cases}

$\textstyle\phi(d_1, d_2, k, m) = \max\begin{cases} \phi(d_1, d_2 - c_m, k-1,m-1) + w_m(c_m/d_1-1) \\ \phi(d_1, d_2, k, m-1). \end{cases}$

Количество подзадач является , и для каждого правой сторона рецидива может быть оценена в постоянная время, поэтому алгоритм работает в полиномиальное время в и . $O(n^2 D^2)$ $n$ $D$ $~~\Box$

Следствие. Если P = NP, любое уменьшение, показывающее твердость NP, будет сводиться к случаям, когда не является полиномом по . $D$ $n$

Замечание. Если я не ошибаюсь, в этой статье также есть PTAS для этой проблемы, основанный на округлении с последующим использованием динамического программирования. Однако существование PTAS не имеет прямого отношения к тому, является ли проблема NP-трудной, как это было сказано в посте. $w_i$

Мне также любопытно --- кто-нибудь знает, есть ли в особом случае, когда (для каждого ), алгоритм поли-времени? (РЕДАКТИРОВАТЬ: он делает, согласно комментарию Уилларда Жана, это, кажется, оптимизировано, принимая чтобы содержать самых больших элементов.) $w_i=c_i$ $i$ $M$ $k$

Нил Янг
источник

Разве случай совпадает с минимизацией , которая оптимизируется, когда состоит из наибольшего «S?

w_{i} = c_{i}

$w_i=c_i$

(\sum_{i \neq j \notin M} w_{i} w_{j}) / (\sum_{i \notin M} w_{i})

$(\sum_{i\neq j\notin M}w_iw_j)/(\sum_{i\notin M} w_i)$

M

$M$

w_{i}

$w_i$

Уиллард Жан

@WillardZhan, да, это кажется правильным.

Нил Янг

-6

Вы спрашиваете о максимизации функции без ограничений?

Это действительно просто. Если М - самый большой набор, то это лучшее решение. Не нужно ничего вычислять.

Эта проблема кажется похожей на проблему с ранцем, которая, кстати, является NP.

Гильермо.
источник

Вопрос говорит: «Множество размера k».

Цуёси Ито