子集编号

修复。对于足够大的，我们想用正整数标记大小为的的所有子集。我们希望该标签满足以下属性：有一组整数，st$k\ge5$$n$$\{1..n\}$$n/k$$\{1...T\}$$S$

1. 如果大小为个子集不相交（即这些集合的并集形成所有集合），则它们的标签之和在。$k$$n/k$$\{1..n\}$$S$
2. 否则，它们的标签之和不在。$S$

是否存在和标签st？$k\ge5$$T\cdot|S|=O(1.99^n)$

例如，对于任何我们可以按以下方式标记子集。 ，每个子集具有在他们的比特数：第一比特等于且仅当子集包含，第二位等于且仅当子集包含等可以很容易地看到，仅包含一个元素。但是这里。我们可以做得更好吗？$k$$T=2^n$$n$$1$$1$$1$$2$$S$$2^n-1$$T\cdot|S|=\Theta(2^n)$

部分答案是，即使是，也不存在这样的标记。$k$

对于一组不相交的子集（大小为，令表示它们的值之和）。S 1，… ，S t n / k f （S 1，… ，S t$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

要求：如果且则。小号1 ∪ ... ∪ 小号吨 ≠ 小号' 1 ∪ ... ∪ 小号' 吨 ˚F （š 1，... ，小号吨）≠ ˚F （小号' 1，... ，小号' 吨$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

要了解该主张为何成立，请选择一个集合，使，然后再选择其中一个新集合与的一个相交，因此不允许与。 ⋃ ķ 我= 1 š 我 = [ Ñ ] 小号' 我 ˚F （小号1，... ，小号ķ）˚F （小号' 1，... ，小号' 吨，小号吨+ 1，… ，S k$S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

结论：。$T > {n \choose tn/k}/t$

设置给出的下限。Ť ≥ 2 （$t = k/2$$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

请注意，对于奇数一个阶的下界为。对于我们已有因此指数趋于迅速变为。（$k$ķ=5ħ（（1-1/k）/2）=H（0.4）${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

我想对于奇数也不存在任何解决方案，但是我不确定如何证明它。$k$

这不是一个答案，只是一个解释，为什么对于k = 2不会存在这样的标记（我相信这已经为Alex所了解，所以这只是像我这样的其他读者的文章……）

对于k = 2，我们有。这是因为存在个子集，大小为n / 2。如果任何两个获得相同的标签，例如A和B，则A的标签和其补码之和不在S中，或者B的标签和A的补码之和在S中。这意味着（对于大n）。（$T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$Ť≥（${n \choose n/2}$$T\ge {n \choose n/2}$

对于更大的ka，类似的论点表明所有标签都必须不同，但这仅给出了较弱的指数下界。因此，似乎k = 3似乎是未知的。