识别两个排列差异的完整性

索尔在对匿名麋对这个问题的回答的评论中说，您能确定多项式时间内两个置换的总和吗？，表示两个排列的差异是完全的。不幸的是，我看不到置换和问题的直接减少，对于置换差异问题，使完整性降低非常有用。 $NP$ $NP$

排列差异：

实例：正整数数组。 $A[1...n]$

问题：是否存在正整数两个置换和，使得等于吗？ $\pi$ $\sigma$ $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$ $1 \le i \le n$

证明两个排列差异的完整性证明的减少是什么？ $NP$

编辑10-9-2014：当序列的元素是有符号的差异时，Shor的评论进行了简化，证明了完整性。但是，对于所有元素都是差的绝对值的问题，我看不出有什么容易解决的。 $NP$ $A$ $A$

更新： ~~置换差异问题似乎是即使两个置换之一始终是身份置换。非常欢迎这种特殊情况的硬度证明。因此，我对此受限制版本的完整性感兴趣： $NP$ $NP$~~

限制排列差异： 实例：正整数数组。 $A[1...n]$

~~问题：是否存在正整数的置换使得等于吗？ $\pi$ $1,2, ... , n$ $|\pi(i) - i| = A[i]$ $1 \le i \le n$~~

更新2：如mjqxxxx的答案所示，可以有效地确定受限制的问题。原始问题的计算复杂性尚未得到证明。

编辑9/6/16：我有兴趣确定排列差异的这种简化是否是NP完全的：

限制排列差异：

实例：正整数的多重集 $A$

问题：是否存在一个置换的正整数的使得？ $\pi$ $1,2, ... , n$ $A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

— 穆罕默德·图尔克斯坦尼
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为什么不直接问彼得？@Peter

— caozhu 2014年

您是指电子邮件吗？我去做。

— Mohammad Al-Turkistany 2014年

我可能会丢失一些东西，但是这个问题不能表示为2-SAT，因此可以在多时解决吗？我们可以假设WLOG排列中的一个是恒等式（我在这里假设A [i]是循环计算的；这有关系吗？），然后我们可以用矩阵

表示第二个

。作为一个置换矩阵，是两个变量的从句的结合，表明没有两个变量位于行或列中。然后说，不同的是在从i pi的位置（i）是A [i]为所述或两种可能的地方也可以是英寸x[i,j] $x[i,j]$

— 诺姆

@Noam谢谢您的评论。有趣的主意。我没有想到。但是，对我来说，是否会导致多项式时间算法并不清楚，特别是仅给出差的绝对值。

— Mohammad Al-Turkistany 2014年

是的，似乎周期性地计数间隙或绝对值之间的差异可能很重要。

— Noam 2014年

Answers:

置换问题之一是同一性的受限问题肯定在。构建二分图，其中每个顶点被连接到元件（多个）使得。然后是所需的排列 $\mathsf{P}$ $i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$ $j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$ $|i-j|=A[i]$ $\sigma$ 当且仅当图具有可以在多项式时间内确定的完美匹配（即，具有边的匹配）时，存在。 $n$

— mjqxxxx
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我可能会缺少一些东西，但是任何完美匹配都将无法正常工作。您必须证明受限的完美匹配的存在。考虑一个在输入数组

出现两次的整数

。对应于置换的完美匹配必须具有两个绝对差为

边。您的算法无法证明存在这种受限匹配。这使问题变得棘手，甚至可能使问题变得完全。k $k$

A $A$

k $k$

— Mohammad Al-Turkistany 2014年

@ MohammadAl-Turkistany：我认为，如果

然后

被链接到节点

A[i]=A[j]=k $A[i] = A[j] = k$

ui,uj∈V1 $u_i, u_j \in V_1$

vi+A[i],vi−A[i],vj+A[j],vj−A[j]∈V2 $v_{i+A[i]},v_{i-A[i]},v_{j+A[j]},v_{j-A[j]} \in V_2$ 绝对差为

。完美匹配将包括

至少一条边缘和

至少一条边缘。数年前，我在思考原始问题时得出了相同的结论，但又采用了另一种方式：我看到将受限问题表达为2-SAT公式很容易（如果需要，我可以添加一个答案），但mjqxxxx的想法更好）。k $k$

ui $u_i$

uj $u_j$

— Marzio De Biasi 2014年

@MarzioDeBiasi为什么这种方法（和您的方法）不适用于原始的（不受限制的）问题？

— Mohammad Al-Turkistany 2014年

@mjqxxx我看到您的方法解决了受限情况。为什么不能扩展它以有效解决原始问题？

— Mohammad Al-Turkistany 2014年

@ MohammadAl-Turkistany：因为在最初的问题中，第一个置换的元素（受限版本中的

s）是不固定的，并且使用相同的方法最终得到一个三方图（在我的2-SAT方法中，一个

子句...其不是2-CNF子句）。i $i$

δi(n)→(πi(n+A[i])∨πi(n−A[i])) $\delta_i(n) \to (\pi_i(n+A[i]) \lor \pi_i(n-A[i]))$

— Marzio De Biasi 2014年

这里的一个轻度有趣变型，其中的问题是容易的：不是接地组，允许的任意子集。目标仍然是找到一个置换以便，其中 $\{1,2,3,\ldots,n\}$ $\{1,2,4,8,\ldots\}$ $\pi$ $A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$ $\Omega$ 是地面。这里的主要优点在于，新的地面组力的每个元素为对于一些，并且如果，然后和通过该确定区别。因此，对于每个差异在，我们可以推断 $A$ $2^{k_1}-2^{k_2}$ $k_1,k_2$ $k_1\ne k_2$ $k_1$ $k_2$ $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ $A$ $\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$ or $\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$ (or both).

Efficiently solving this simplified variation is then more or less routine. Begin by constructing the undirected bipartite multigraph $G = (L \sqcup R, E)$ where $L$ and $R$ are distinct copies of the ground set, and add edges $(2^{k_1},2^{k_2})$ and $(2^{k_2},2^{k_1})$ whenever $|2^{k_1} - 2^{k_2}|$ appears in $A$ with $k_1 \ne k_2$ . I claim that the following are equivalent:

There is a permutation $\pi$ with differences $A$
Every vertex in $G$ has degree 0 or 2

I won't actually prove this because of time, but it's not too bad to work out on one's own. That $1 \implies 2$ is straightforward. That $2 \implies 1$ is a bit more arduous, but it's not too bad when you reason with the automorphism of $G$ which sends each vertex in $L$ to its copy in $R$ (and vice-versa). The proof I have in mind directs the edges in $G$ so that all edges in a cycle go ``the same way around the cycle'' (each nonisolated vertex has in-degree = out-degree = 1), and so that the preceding automorphism of $G$ remains an automorphism of the directed version. $\pi$ is then chosen according to the edges that go from $L$ to $R$ .

You can phrase the above algorithm as a perfect matching question, and I imagine there are other reductions to 2-SAT. I don't see how to extend these approaches to the original problem though.

— Andrew Morgan
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