具有线性比较的近似一维TSP？

一维旅行推销员路径问题显然与排序相同，因此可以通过比较时间来精确解决，但它的表达方式既逼近又精确解决方案很有意义。在输入为实数且可以四舍五入为整数的计算模型中，对于任意常数，在时间，都很容易在因子内近似。：找到最小值和最大值，将所有内容四舍五入到其原始值之内的一个数字，然后使用基数排序。但是具有四舍五入的模型的复杂性理论存在问题，这使我想知道，较弱的计算模型又如何呢？ $O(n\log n)$ $1+O(n^{-c})$ $c$ $O(n)$ $(\max-\min)n^{-(c+1)}$

因此，在计算的线性比较树模型中（每个比较节点测试输入值的线性函数的符号），时间复杂度为 $o(n\log n)$ ？相同的舍入方法可以实现形式的任何近似比率 $n^{1-o(1)}$ （通过使用二进制搜索进行舍入，并进行更粗略的舍入以使其足够快）。但是，对于某些是否有可能甚至达到的近似值？ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$

— 大卫·埃普斯坦
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我对一维TSP不熟悉。你能定义吗？

— 泰森·威廉姆斯

@泰森·威廉姆斯（Tyson Williams）：一维旅行推销员路径问题是所有城市都在x轴上的欧几里德旅行推销员路径问题的特例。或正式地，给您n个实数a_1，…，a_n，并且您的目标是输出排列π：{1，…，n}→{1，…，n}，使得∑_ {i = 1} ^ {n-1} | a_ {π（i）}-a_ {π（i + 1）} | 被最小化。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

编辑（更新）：Das等人在“关于近似欧几里德旅行推销员旅行和最小生成树的复杂性”中证明了我下面答案的下限（通过另一种证明）；Algorithmica 19：447-460（1997）。

是否有可能使用基于比较的算法在时间内对达到近似的近似值，例如？ $O(n^{1-\epsilon})$ $\epsilon>0$ $o(n\log n)$

不，这是一个下限。

要求。 对于任何，在最坏的情况下，每种基于比较的 -逼近算法都需要比较。 $\epsilon>0$ $n^{1-\epsilon}$ $\Omega(\epsilon n\log n)$

“基于比较”是指仅使用二进制（真/假）查询来查询输入的任何算法。

这是一个证明的尝试。希望没有错误。FWIW的下限似乎可能会扩展到随机算法。

固定任何和任意小但恒定的。 $n$ $\epsilon>0$

考虑只是[permutation]输入实例是排列。对于任何这样的实例，最佳解决方案的成本为。 $n!$ $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ $[n]$ $n-1$

将置换的成本定义为。将算法建模为输入一个置换，输出一个置换，并支付成本。 $\pi$ $c(\pi) = \sum_i |\pi(i+1) - \pi(i)|$ $\pi$ $\pi'$ $d(\pi,\pi') = c(\pi'\circ \pi)$

将定义为任何基于比较的算法的最小比较次数，以在这些情况下达到竞争比。由于opt为，因此算法必须保证成本最多。 $C$ $n^{1-\epsilon}$ $n-1$ $n^{2-\epsilon}$

我们将显示。 $C\ge \Omega(\epsilon n\log n)$

将定义为，对于任何可能的输出，对于输出达到成本最多的可能输入的分数。此分数独立于。 $P$ $\pi'$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$

$P$ 还等于对于随机置换，其成本最多为的概率。（要了解为什么，将作为身份置换则是最多，而。） $\pi$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $\pi'$ $I$ $P$ $d(\pi,I)$ $n^{2-\epsilon}$ $d(\pi,I) = c(\pi)$

引理1 。 $C \ge \log_2 1/P$

证明。修复所有总是使用少于比较的算法。该算法的决策树的深度小于，因此叶数少于，并且对于某些输出置换，该算法将作为大于输出输入的一部分。根据定义，对于至少一个这样的输入，输出成本大于。优质教育 $\log_2 1/P$ $\log_2 1/P$ $1/P$ $\pi'$ $\pi'$ $P$ $P$ $\pi'$ $n^{2-\epsilon}$

引理2. 。 $P \le \exp(-\Omega(\epsilon n\log n))$

在给出引理2的证明之前，请注意两个引理共同给出了要求：

C \geq \log_{2} \frac{1}{P} = \log_{2} \exp (Ω (ϵ n \log n)) = Ω (ϵ n \log n) .

$C ~\ge~ \log_2 \frac{1}{P} ~=~ \log_2 \exp(\Omega(\epsilon n\log n)) ~=~ \Omega(\epsilon n\log n).$

引理2的证明。 令为随机排列。回想一下，等于其成本最多为的概率。说，任何一对是一个边缘与成本，因此是边缘成本的总和。 $\pi$ $P$ $c(\pi)$ $n^{2-\epsilon}$ $(i,i+1)$ $|\pi(i+1)-\pi(i)|$ $c(\pi)$

假设。 $c(\pi) \le n^{2-\epsilon}$

然后，对于任何，最多个边的成本为或更大。假设成本小于边很便宜。 $q>0$ $n^{2-\epsilon}/q$ $q$ $q$

修正。替代和简化，最多个边缘并不便宜。 $q=n^{1-\epsilon/2}$ $n^{1-\epsilon/2}$

因此，至少的边缘便宜。因此，存在包含便宜边的集合 $n - n^{1-\epsilon/2} \ge n/2$ $S$ $n/2$

要求。 对于任何给定组的边，在所有边缘上的概率价格便宜为至多。 $S$ $n/2$ $S$ $\exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

在我们证明该主张之前，请注意，它隐含了以下引理。根据要求和朴素的并集边界，存在任何这样的集合的概率最大为 $S$

(\binom{n}{n / 2}) \exp (- Ω (ϵ n \log n)) \leq 2^{n} \exp (- Ω (ϵ n \log n))

${n\choose n/2} \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ 2^n \exp(-\Omega(\epsilon n \log n))$

\leq \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) \leq \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$~\le~ \exp(O(n) -\Omega(\epsilon n \log n)) ~\le~ \exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

索赔证明。通过以下过程选择。从统一选择，然后从统一选择，然后从统一选择等。 $\pi$ $\pi(1)$ $[n]$ $\pi(2)$ $[n] - \{\pi(1)\}$ $\pi(3)$ $[n]-\{\pi(1),\pi(2)\}$

考虑任何边缘中的。考虑时间刚过已被选择，当将要被选择的。不管第一的的选择（对于用于），有至少选择为，和至多的那些的选择将使边成本小于（使其便宜）。 $(i,i+1)$ $S$ $\pi(i)$ $\pi(i+1)$ $i$ $\pi(j)$ $j\le i$ $n-i$ $\pi(i+1)$ $2n^{1-\epsilon/2}$ $(i,i+1)$ $n^{1-\epsilon/2}$

因此，根据第一个选择，边缘便宜的概率最多为。因此，中所有边都便宜的概率最大为由于，所以中的至少有边。因此，此乘积最多为 $i$ $\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}$ $n/2$ $S$

\prod_{(i, i + 1) \in S} \frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n - i} .

$\prod_{(i,i+1)\in S} \frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n-i}.$

| S | \geq n / 2

$|S|\ge n/2$

n / 4

$n/4$

S

$S$

n - i \geq n / 4

$n-i\ge n/4$

(\frac{2 n^{1 - ϵ / 2}}{n / 4})^{n / 4} \leq (8 n^{- ϵ / 2})^{n / 4} = \exp (O (n) - Ω (ϵ n \log n)) = \exp (- Ω (ϵ n \log n)) .

$\big(\frac{2n^{1-\epsilon/2}}{n/4}\big)^{n/4} ~\le~(8n^{-\epsilon/2})^{n/4} ~=~\exp(O(n)-\Omega(\epsilon n \log n)) ~=~\exp(-\Omega(\epsilon n \log n)).$

优质教育

— 尼尔·杨（Neal Young）
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PS我有一个请求，使这个可引用的，所以我把它放在arvix.org 这里。

— Neal Young