用minkowski整数总和找到证人

令和为子集。我们对找到Minkowski和中感兴趣。 $A$ $B$ $\{0,\ldots,n\}$ $A+B=\{a+b~|~a\in A,b\in B\}$

$\chi_X:\{0,\ldots,2n\}\to \{0,1\}$ 如果是的特征函数 $X$

χ X (x) = {1 if x \in X 0 otherwise

$\chi_X(x) = \begin{cases} 1 \text{ if } x\in X\\ 0 \text{ otherwise}\end{cases}$

令为和的离散卷积，则且仅当。因此，可以通过FFT通过离散卷积在时间内计算 $f$ $\chi_A$ $\chi_B$ $x\in A+B$ $f(x)> 0$ $A+B$ $O(n\log n)$

有时很重要的一点是找出总和为的实际对和 inB 。被称为证人的，如果存在使得。函数被称为证人函数如果是一个证人。 $a\in A$ $b\in B$ $x$ $a\in A$ $x$ $b\in B$ $a+b=x$ $w:A+B\to A$ $w(x)$ $x$

是否可以在时间内计算见证函数？ $O(n\log n)$

convolution fft

— 徐超
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O(npolylogn) $O( n polylog n )$ 并不是特别难。

— Sariel Har-Peled

您可以使用二进制搜索。例如，将

A $A$ 划分为两个近似相等大小的集合

AL,AR $A_L,A_R$ ，并计算

AL+B $A_L+B$ 和

AR+B $A_R+B$ ；检查那些

x $x$ 中的哪个；然后递归。这会使您得到类似

O(nlg2n) $O(n \lg^2 n)$ 。

— DW

@DW这只能找到单个

的见证x $x$ ，但是我们想要

每个元素的见证A+B $A+B$ 。（我的措词似乎还不清楚，所以我只更新了问题）

— 赵超2015年

但是您对O（n polylog n）解决方案感兴趣吗？

— Sariel Har-Peled

@ SarielHar-Peled是的，我也对确定性

O(npolylogn) $O(n polylog n)$ 算法感兴趣。

— 赵超

Answers:

在这里，我解释了如何获得随机运行时间。我们需要一系列观察： $O(n *\mathrm{polylog} n)$

甲证人的值的是一对数字使得。设和可以类似地定义。观察到的系数在 $v$ $(a,b) \in A \times B$ $a+b=v$ $P_A(x) = \sum_{i \in A} x^i$ $P_B(x)$ $x^v$ 是值的见证人数。 $P_A(x) * P_B(x)$ $v$
假设具有单个证人，并考虑多项式。显然，系数在是，因此，我们现在知道的对 $v$ $(a,b) \in A \times B$ $Q_A(x) = \sum_{i \in A} i*x^i$ $x^v$ $Q_A(x)*P_B(x)$ $a$ $(a,v-a)$ 我们完成了。
因此，我们完成了只有一个见证人的情况。因此，考虑有证人。让 $v$ $k$ $(a_1, b_1),\ldots, (a_k,b_k)$ 。观察到 $i(k) = \lceil{\lg \sqrt{k}}\rceil$ 。接下来，令，对于，对于是随机样本，这样将每个元素以概率入。。的概率 $2^{i(k)-1} \leq \sqrt{k} \leq 2^{i(k)}$ $R_j = (A_j, B_j)$ $j=1,\ldots, m$ $m=O(\log n)$ $A$ $A_i$ $p = 1/2^{i(k)}$ $v$ 在有一个证人是 $R_j$ ，因为见证人是不相交的数字对（因为每对数字之和为）。这是很容易验证是一个常数独立的值的。因此，必须在样本之一中具有单个见证人。这样，如上所述，通过计算与该样本关联的两个多项式， $\alpha = \binom{k}{1}p^2 (1-p^2)^{k-1}$ $v$ $\alpha$ $(0,1)$ $k$ $v$ $R_1, \ldots, R_{m}$ 时间（每个样本），使用FFT，我们可以在恒定时间内确定此时间。 $O(n \log n)$
我们快完成了。计算用于分辨率随机样本上述。对于每个这样的分辨率，计算随机样本和相关的多项式。同样，计算和的相关多项式。这个预处理天真地需要，但是我怀疑稍微小心一点因子应该可以删除。 $i=1,\ldots, \lceil\lg n\rceil$ $A$ $B$ $O(n \log^3 n)$ $\log n$
算法：对于每个值，通过查询多项式，计算出它在恒定时间内有多少个见证人，例如k 。接下来，转到的相关数据结构。然后，它找到将其作为单个见证人的随机样本，并在恒定时间内提取作为该见证人的对。 $v$ $Q_A(x)*P_B(x)$ $i(k)$
奇怪的是，预处理时间为，但是查找证人本身的预期时间仅花费时间，因为只要有人找到证人就可以停止搜索。这表明该算法应该是可改进的。特别地，对于，生成的多项式非常稀疏，并且应该能够执行更快的FFT。 $O(n \log^3 n)$ $O(n)$ $i(k) \ll \lg n$

— 萨里尔·哈皮尔
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好的，我一直在等待，因为实际上Sariel应该获得答案，但是我已经厌倦了等待，因此这是我接近线性随机算法的切入点。

通过选择的样品指出，，就可以得到子问题这样的对数数，从最初的问题每个和具有在子问题中的一个独特地被代表恒定概率（一次抽样会将预期的表示数量减少到接近1）。 $n(1-\epsilon)^i$ $i=0,1,\dots$
通过重复采样过程一次对数次，您可以使所有总和具有高概率的唯一表示形式。
如果你有一个分区和成两个子集，然后通过由四个数字相乘，在一个子集将2与数字，并在所述子集中的一个加1的数字，可以从可实现的总和的mod-4值中读取其求和的两个子集中的哪一个。 $A$ $B$ $A$ $B$
通过重复对数次分区过程，使用子问题中值或索引的二进制表示的每个位位置来选择每一步中的分区，您可以唯一地标识每个唯一表示的和的和。

这将使运行时间耗费三个对数因子。可能可以减少。

— 大卫·埃普斯坦
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哈哈 ;）。我正在写它，然后去吃午饭……

— Sariel Har-Peled

这个答案给出了确定的算法。 $O(n~\mathrm{polylog} n)$

看起来Sariel和David的算法可以通过类似于本文的方法去随机化。[2]在进行该过程时，我发现有一个更普遍的问题暗示着这个结果。

该 -reconstruction问题 $k$

有隐藏组，我们有两个预言和即采取查询集。 $S_1,\ldots,S_n \subset \{1,\ldots,m\}$ $Size$ $Sum$ $Q$

返回，每个交叉点的大小。 $Size(Q)$ $(|S_1\cap Q|,|S_2\cap Q|,\ldots,|S_n\cap Q|)$

返回，在每个交叉点处的元素的总和。 $Sum(Q)$ $(\sum_{s\in S_1\cap Q} s,\sum_{s\in S_2\cap Q} s,\ldots,\sum_{s\in S_n\cap Q} s)$

The $k$ -reconstruction problem asks one to find $n$ subsets $S_1',\ldots,S_n'$ such that $S_i'\subset S_i$ and $|S_i'|=\min(k,|S_i|)$ for all $i$ .

Let $f$ be the running time of calling the oracles, and assume $f=\Omega(m+n)$ , then one can find the sets in deterministic $O(f k \log n~\mathrm{polylog}(m))$ time. [1]

Now we can reduce the finding witness problem to $1$ -reconstruction problem. Here $S_1,\ldots,S_{2n}\subset \{1,\ldots,2n\}$ where $S_i = \{a|a+b = i, a\in A, b\in B\}$ .

Define the polynomials $\chi_Q(x) = \sum_{i \in Q} x^i$ , $I_Q(x) = \sum_{i \in Q} i x^i$

The coefficient for $x^i$ in $\chi_Q\chi_B(x)$ is $|S_i\cap Q|$ and in $I_Q\chi_B(x)$ is $\sum_{s\in S_i\cap Q} s$ . Hence the oracles take $O(n\log n)$ time per call.

This gives us an $O(n~\mathrm{polylog}(n))$ time deterministic algorithm.

[1] Yonatan Aumann, Moshe Lewenstein, Noa Lewenstein, Dekel Tsur: Finding witnesses by peeling. ACM Transactions on Algorithms 7(2): 24 (2011)

[2] Noga Alon, Moni Naor: Derandomization, witnesses for Boolean matrix multiplication and construction of perfect hash functions. Algorithmica 16(4-5) (1996)

— Chao Xu
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