子集总和：将特殊情况减少为一般情况

Wikipedia指出子集总和问题是找到给定整数集合的总和为零的子集。进一步说，这等同于为任何给定找到具有和的子集。$s$$s$

因此，我认为，因为它们是等效的，所以任何一方都必须减少。通过设置s = 0，从到零的1是微不足道的。但是我没有运气找到从零到减少小号，即给定的一组整数甲，构建一组整数乙包含与总和的子集小号（对于任何小号），当且仅当有作为子集阿与总和为零。$s$$s = 0$$s$$A$$B$$s$$s$$A$

你能给我一些指导吗？

实际上，您已经从特殊降至一般。通过设置$s=0$，您基本上是在使用通用算法来解决特殊问题。

另一方面（即从一般减少为特殊）：

假设你正在给一组$S = \{x_1, \dots, x_n\}$和一些$K$，你必须确定是否存在的一些子集$S$其资金以$K$。

现在，您要解决此问题，给定一种算法，可以确定某些子集的总和是否为$0$。

现在，如果$x_i \gt 0$，我们可以轻松地简化为：$S' = \{x_1, x_2, \dots, x_n, -K\}$。

$S'$具有和的一个子集$0$当且仅当$S$具有总和的一个子集$K$。

当我们可以为某些i设置x_i \ le 0时，就会出现问题。$x_i \le 0$$i$

我们可以假设$K \gt 0$（为什么？）。

假设正的总和是和负是。 P X 我$x_i$$P$$x_i$$N$

现在构造一个新的集合这样$S' = \{y_1, y_2 \dots, y_n\}$

M = P + | N | + $y_i = x_i + M$，其中。$M = P + |N| + K$

每个。$y_i \gt 0$

现在在集合上运行零子集和算法

$S' \cup \{-(K+M)\}$

$S' \cup \{-(K+2M)\}$

$S' \cup \{-(K+3M)\}$

$\dots$

$S' \cup \{-(K+nM)\}$

容易表明，如果具有总和的子集，则以上集合中的至少一个具有总和为零的子集。$S$$K$

我会将另一方向的证明留给您。

可以通过以下事实来固定Aryabhata的答案：我们可以将所有数字乘以一个大，然后在每个数字上加上一些小数字以充当“状态标签”，然后提供一些额外的数字以使我们去零，如果我们能得到没有他们。具体来说，我们将使用和1作为状态标记。$c$c K c = 2 （n + 1 ）$cK$$c=2(n+1)$

给定目标值为的一般问题的实例，我们将创建特定问题的实例（目标值为0），该实例包含：$(S = \{x_1, \dots, x_n\}, K)$$K$

• $Y = \{y_1, \dots, y_n\}$，其中。$y_i = 2(n+1)x_i + 1$
• 数。$z = -2K(n+1)-n$
• $n-1$个数字副本，称为“上拉”数字。

我假设随着Aryabhatta的出现，为正。（由于已经有6年了，所以我将为读者回答他的练习：之所以这样做，是因为如果我们在一般问题的一个实例（包括交换所有数字的符号，则最后得到一个新的等价问题实例，这意味着一个解决正实例的算法就足以解决任何问题-要解决一个负实例，我们可以执行此符号交换，运行该算法并将其答案转发为原始问题的答案。当然，如果那么我们根本不需要将一般情况转换为特殊情况！）$K$K K K K = 0$K$$K$$K$$K=0$

首先让我们证明，对一般问题的给定实例的是，对特殊问题的构造实例的回答是。 在这里，我们可以假设一些解决方案一般的问题存在：那就是，这个非空集合数的款项，以。因此，如果我们采取相应 -值到我们的解决方案的构造实例，它们将总结到。然后，我们可以选择在解决方案中包括，使我们剩下。由于，这在范围内$\{x_{j_1}, \dots, x_{j_m}\}$$m$$K$$y$$\{y_{j_1}, \dots, y_{j_m}\}$$2K(n+1)+m$$-2K(n+1)-n$$m-n$$1 \le m \le n$$[-n+1, 0]$，我们可以通过包含一些上拉数字来成功上拉到0。

现在，让我们说明对构造实例的“是”答案意味着对原始给定实例的“是”答案。 在这里，乘以变得很重要-这就是使我们可以确定所包含的额外数字不能“做太多”的地方。$2(n+1)$

在这里，我们可以假定存在一些构造实例的解决方案：也就是说，此数字的非空集合的总和为0根据问题要求，该解决方案至少包含一个要素。此外，它必须至少包含一个元素，因为没有它，就不可能达到0的总数：如果仅存在上拉数字，则总和必须在范围内（注意，在这种情况下，必须至少存在一个上拉数字，并且所有上拉均严格为正，因此总和不能为0）；而如果解决方案仅由和一些上拉数组成，则总数必然为负，因为$\{y_{j'_1}, \dots, y_{j'_{m'}}\}$$m'$$Y$$[1, n-1]$ž ž = - 2 ķ （Ñ + 1 ）- ñ ≤ - ñ ñ - 1$z$$z = -2K(n+1)-n \le -n$，上拉数字最多可以将和增加。$n-1$

现在假设矛盾的是，解不包含。每个元素都包含两个术语：倍数和+1“状态标记”。请注意，如果选择了该元素，则的元素中的每个元素上的+1项会使总和增加1，所选择的最多拉数字中的每个数字也是如此，因此这2元素的总和任何解决方案的来源至少为1（因为我们在上一段中确定，必须选择至少一个元素），并且最多。特别是，这意味着这两组项的总和取模时$z$$Y$$2(n+1)$$n$$Y$$n-1$$Y$$n + n-1 = 2n-1$$2(n+1)$ z 2 （n + 1 ）Y 2 （n + 1 ）2 （n + 1 ）ž = - 2 ķ （ñ + 1 ）-为非零。在解决方案不包含的假设下，该总和中仅有的其他分量是的选定成员贡献的的倍数，当取模。因此，以模为模时，解中所有项的总和为非零，这意味着它不能等于目标总和0，这意味着它根本不是有效的解：我们发现了一个矛盾，这意味着必须在每个解决方案中都存在。$z$$2(n+1)$$Y$$2(n+1)$$2(n+1)$$z = -2K(n+1)-n$

因此，每个解决方案都包含。我们知道$z$

$(-2K(n+1) - n) + \sum_{i'=1}^{m'} (2(n+1) x_{j'_{i'}} + 1) + \sum {\text{pull-ups}} = 0$，

我们可以重新排列以下术语：

$-2K(n+1) + \sum_{i'=1}^{m'} (2(n+1) x_{j'_{i'}}) - (n + \sum_{i'=1}^{m'} 1 + \sum {\text{pull-ups}}) = 0$

$-2K(n+1) + \sum_{i'=1}^{m'} (2(n+1) x_{j'_{i'}}) - (n + m' + \sum {\text{pull-ups}}) = 0$

$2(n+1)(-K + \sum_{i'=1}^{m'} x_{j'_{i'}}) - (n + m' + \sum {\text{pull-ups}}) = 0$。

由于总和为0，取为模时必须保持为0 ，这意味着我们可以舍弃所有包含倍数的项，以获得新方程$2(n+1)$$2(n+1)$

$-(n + m' + \sum {\text{pull-ups}}) = 0$。

可以直接将其代入前面的等式以获得

$2(n+1)(-K + \sum_{i'=1}^{m'} x_{j'_{i'}}) = 0$。

最后，将两边除以叶子$2(n+1)$

$-K + \sum_{i'=1}^{m'} x_{j'_{i'}} = 0$，

这为原始的一般问题实例提供了解决方案。