한 그룹의 사람들이 서로 선물을 사기위한 최소 쇼핑 여행 횟수

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우리는 명으로 구성된 그룹 이 있습니다. 그룹 내에서 누구를 위해 선물을 사야하는지 목록이 제공됩니다. 각 사람은 여러 가지 선물을 사거나 받아야 할 수도 있고 전혀 선물을받지 않아도 될 수도 있습니다. 쇼핑 여행에서 사람들의 일부는 같은 상점으로 함께 여행하며 상점에없는 사람을 위해 선물을 구입합니다. 그들은 같은 쇼핑 여행에서 다른 사람을 위해 선물을 사지 않을 수도 있습니다. 왜냐하면 그것은 놀라운 일이 아니기 때문입니다. 한 사람이 여러 번 쇼핑을 갈 수 있습니다. 모든 사람들이 필요한 모든 선물을 구매하는 데 필요한 총 쇼핑 횟수를 최소화하고자합니다. $n$

예를 들어, 5 명이 있고 각 그룹의 다른 모든 사람을위한 선물을 사야하는 경우를 고려하십시오. 사람들에게 1에서 5까지 번호를 매 깁니다. 이것은 다음과 같이 4 번의 쇼핑 여행에서 이루어질 수 있습니다.

여행 1 : 1, 2, 3 쇼핑하러 간다
여행 2 : 1, 4, 5 쇼핑하러 간다
여행 3 : 2, 4 쇼핑하러 간다
여행 4 : 3, 5 쇼핑하러 간다

이 문제를 해결하려면 어떻게해야합니까? 입력을 직접 그래프로 나타낼 수는 있지만 어디로 가야할지 모르겠습니다. 누군가 빌 리치 커버 문제를 일으켰지 만 비슷하지만이 질문에 대한 답은 아닙니다.

입력 을 개의 정점 에 대한 유 방향 그래프 로 생각할 수 있습니다 . 여기서 모서리 는 사람 가 사람 대한 선물을 구매해야 함을 의미합니다 . 목표 bicliques 세트 찾는 것이다 되도록 최소한 에지 세트 그래프 중 일부이다 . 또한, bicliques의 정의를 유 방향 그래프로 확장 할 때 biclique 에는 를 매핑하는 모서리 만 포함됩니다. $G$ $n$ $(u,v)$ $u$ $v$ $(S_1,T_1),\dots,(S_k,T_k)$ $k$ $E$ $\cup_i (S_i \times T_i)$ $(S_i,T_i)$ $S_i$ $T_i$ . 이것은 각 빌리 크가 의 하위 그래프가 될 필요가 없다는 점에서 빌리 크 커버 문제와 다릅니다 ( 각 에 대해 필요하지 않음 ). $G$ $S_i \times T_i \subseteq E$ $i$

구체적으로 다음 중 하나에 대한 답변을 수락합니다.

이 문제가 NP-hard 이거나
이 질문에 정확히 답하는 다항식 시간 알고리즘을 제시합니다 (근사값 또는 상한 없음).

기록을 위해, 나는이 문제를 어디서나 보지 못했습니다. 나는 단지 내 자신의 호기심에 대해 궁금합니다.

algorithms graph-theory set-cover

— 라일리
소스

2

이 문제는 NP-hard 입니다. 이를 보여주기 위해 먼저이 (최적화) 문제를 결정 문제로 재구성합니다. 그런 다음 해당 문제를 동등한 문제로 재구성하여 색소 문제를 줄이는 것이 매우 간단합니다 . 이는 NP-hard입니다 . $k$ $k\geq 3$

문제의 짧은 공식은 다음과 같습니다.

명과 그들의 '선물'관계를 인코딩 하는 그래프 가 주어지면 , 모든 선물을 놀라움을 망치지 않고 구입할 수 있도록 필요한 최소 여행 횟수를 찾으십시오. $n$ $G$

그러나 이것은 최적화 문제입니다. NP 클래스는 일반적으로 결정 문제 (모든 인스턴스에 대한 답변이 YES 또는 NO)에 대해 정의됩니다. 이에 대한 결정 변형은 다음과 같습니다.

명과 '선물주는'관계와 정수 를 인코딩 하는 그래프 가 주어지면 기껏 해야 놀랍게도 모든 선물을 사기에 충분하지 않은 여행이 있습니까? $n$ $G$ $t$ $t$

I는 찾는 문제 정의 적절한 지향 -multicoloring $t$ 일부 그래프 인정에 같이 다색 함수 이며 적절한 , 어떤 설정된다 '색상'(즉, )와 의 멱 집합이다 (모든 서브 세트들의 세트, 즉 ). 다색 함수는 적절하고 매 에지 만약 있다면 $G=(V,E)$ $c:V\rightarrow \mathcal{P}(C)$ $C$ $t$ $|C|=t$ $\mathcal{P}(C)$ $C$ $C$ $(u\rightarrow v)\in E$ $c(u) \not\subseteq c(v)$

나는 쇼핑 트립 문제는 동일한 그래프 의 방향성 멀티 컬러링 $t$ 의 존재를 결정하는 문제와 같다고 주장한다 . $G$

증명 : 에 대해 적절한 지시 된 멀티 컬러링 가있는 경우 와 같이 색상의 이름을 바꾸면 트립 시퀀스 를 고려합니다 . 정점 는 경우에만 여행 에서 쇼핑을 합니다. 그런 다음, 각 에지 , 우리는 여행이 존재 함이 등이 와 , 이후 . 따라서 여행 $t$ $c$ $G$ $C = \{1,\ldots, t\}$ $t$ $T_1,\ldots, T_t$ $v$ $T_i$ $i\in c(v)$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ $v\notin T_i$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $T_i$ 모든 선물을 사기에 충분합니다.

우리는 여행의 시퀀스가 있다면 다음 다색 함수 구조체 색상 세트에 되도록 . 그런 다음, 각 에지 , 여행의 존재 되도록 와 $T_1,\ldots, T_t$ $c$ $C=\{1,\ldots, t\}$ $c(u) = \{ i \in \mathbb{N} | u \in T_i\}$ $(u\rightarrow v)\in E$ $T_i$ $u\in T_i$ (이후 하기위한 본 구입할 수 어떤 여행)를 의미하는 및 이므로 . $v\notin T_i$ $u$ $v$ $i\in c(u)$ $i\notin c(v)$ $c(u) \not\subseteq c(v)$ $\square$

적절한 방향성 멀티 컬러를 찾는 것은 기본적으로 컬러링 의 특정 사례를 이상하게 재구성 한 것 입니다. 따라서 에서 다항식 시간 단축을 보여줄 수 있습니다. $t$ $k$ -coloring 문제점 : 무향 그래프 주어, 제 방향성 그래프에 그래프로 변환와 같은 것을및if또는 $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G' = (V',E')$ $G=(V,E)$ $V=V'$ $(u\rightarrow v)\in E$ $(u,v)\in E'$ (즉, 방향이없는 가장자리를 두 개의 방향이있는 가장자리로 변경) $(v,u)\in E'$

가장 큰 집합 고려 에는 존재하지 않도록, , ,되도록 . 크기가 인 의 모든 부분 집합의 집합 . 여기서 그런 세트입니다. 따라서 이러한 부분 집합의 최대 크기는 $K\subset \mathcal{P}(C)$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $C$ $\lfloor t/2\rfloor$ $t=|C|$ . $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

에 대한 적절한 멀티 컬러링이 존재하는 경우 $t$ $G$ (*)의같지 않은 요소이므로 유효한 $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $\mathcal{P}(C)\$ 착색. $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$

적절한 경우 -coloring가 존재다음 세트가 존재,, $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $G'$ $K\subset \mathcal{P}(C)$ $|C|=t$ 및 존재하지 않는,,되도록. 따라서,적절한 지향 갖는다-multicoloring한다. $|K| \geq \binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $a,b\in K$ $a\neq b$ $a\subset b$ $G$ $t$

따라서 이것은 에서 유효한 다항식 시간 단축입니다.트립으로현재 쇼핑 문제에 색상 표시, 이는 현재 쇼핑 문제가 NP-hard임을 의미합니다. 현재 쇼핑 문제는 NP가 완료된 것입니다. 최대여행목록이놀라 울 정도로 모든 선물을 구매할수 있다면 쉽게 확인할 수 있기 때문입니다. $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$ $t$ $t$

(*) : 어떤 다중 착색 경우 극대 '비 서브셋'다중 착색보다 색 세트를 사용하여 , 우리가 할 수있는 "바꾸기" 그것의 상위가되도록 . 의 요소 중 어느 것도 같은 적절한 남아 는 다른 요소에 인접한 이 문제와 색 세트 중에 원래 각-인접 없었다 . 그래서, 일반성의 손실없이, 우리는 가정 할 수 있습니다 . $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal C$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}^* \subset \mathcal{C}$

그런 다음 '이름 바꾸기'참고 의 하위 집합 색상 세트의 노드 사이의 가장자리를 파괴하지 않습니다는 , 이후 다른의 하위 집합에 요소가 포함되어 있지 않습니다. 남은 것은 와 사이의 가장자리 가 채색을 '파손'시키지 않도록하는 것입니다. $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal{C}^*$

다음 관계 고려 색에 대응하는 색상 - 세트에 두 색 세트 와 되는 접속을 정점의 쌍 존재 경우만 되도록 갖는 색상 설정 및 색상 - 설정 하고 합니다. 이 관계는 무 방향 그래프 로 나타낼 수 있습니다. $R$ $\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*$ $A$ $B$ $a,b$ $a$ $A$ $b$ $B$ $(a,b)\in E$ $\mathcal G = (\mathcal{C}\cup \mathcal{C}^*, R)$ .

먼저 에서 모서리가없는 쌍을 단일 색상 세트 로 대체하여 를 '감소'할 수 있습니다 . 전혀 동일한 색상으로 인접하지 않은 두 색상 세트를 변경해도 유효하지 않은 가장자리가 생기지 않기 때문에 색상이 올바르게 유지됩니다. 결과적으로 우리는 를 완전한 그래프로 줄였습니다. $\mathcal{C}\setminus \mathcal{C}^*$ $\mathcal G$ $\mathcal G$

이는 의 색상 세트 수가 적거나 같은 경우 필요한 착색이 존재합니다. 그렇지 않으면, 가 가장 큰 '비 서브셋'세트이기 때문에 적절한 멀티 컬러링이 전혀 없으므로이 도당을 채색 할 수 없습니다. 따라서 필요한 멀티 컬러링이 반드시 존재해야합니다. $\mathcal G$ $|\mathcal{C}^*|$ $\mathcal{C}^*$

에 전체 그래프로서 노드 우리는 적어도이있는 경우에만 경우 색상 수 색상, 우리가이 사람들은 서로 선물을 쇼핑을 갈 수 경우에만, 여행 $n$ $K_n$ $n$ $n$ $t$ . 이것은 특히인 경우트립만으로 충분하다는 것을 의미합니다. 구입할 선물 수가 적 으면 더 많은 여행이 필요하지 않으므로 모든 솔루션에서 일반적으로 상한입니다. $\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor} \geq n$ $n\leq 12870$ $16$

아래는 이전의 '답변'으로 최적의 결과를 보장하지는 않지만 다항식 시간으로 계산할 수있는 휴리스틱 알고리즘을 제공합니다.

이 문제를 공식화하는 또 다른 방법은 일부 유향 그래프 에 대한 파티션 의 이분 그래프의 을 찾는 것입니다 함께 노드가 현재 파티션 (즉 트립)의 양이되도록 최소이다. $C = \{(S_1,T_1), \ldots, (S_m,T_m)\}$ $(S_i,T_i)$ $G$ $n$ $m$

첫째, 일부 답변은 부분적으로 다른 답변에서 나옵니다.

우리가 선택 욕심 전략, 과 공통 에지의 양으로 된 그래프와 최대되어 강한 이의 예와 전체 그래프이다 (최적 솔루션으로 이어지지 않는다 선택한 최대 이분 그래프에 관계없이이 전략이 실패한 노드). $(S_i,T_i)$ $G$ $6$
욕심 전략은 없는 임의 비순환 그래프의 최적 다음 그래프를 고려해 모두 및 이분 그래프 제거 모서리 만 이 최적입니다. $S_i = \{3,5,6\}$ $S_i=\{1,3,6\}$ $4$ $\{3,5,6\}$
(최적의) 욕심 많은 알고리즘은 파티션에 의해 '제거 된' 사이클 양 ( 임의의 크기) 에 대해 선택된 파티션의 크기를 선호 할 수 없습니다 . 이를 확인하려면와 그래프 고려 일 개의주기가 노드 노드와주기의 모든 노드가있다 대한 추가 나가는 가장자리 추가 노드 아래 (참조 그림 더 나가는 가장자리가 없다, 인 예제 ). 길이 사이클에 걸쳐 모서리의 양을 최대화하는 것을 선호하는 탐욕스러운 선택 $n+2$ $n$ $2$ $2$ $A,B$ $n=4$ $n$ 첫 번째 트립에서주기의 모든 정점을 보냅니다. 사이클의 가장자리를 제거하지 않고 단순히 를 무시 하고주기에서 모든 가장자리를 제거하면 를 향한 모든 가장자리도 제거되므로 차선책 입니다. 따라서주기를 제거하는 것보다 파티션 크기를 선호하는 욕심 많은 선택은 최적이 아닙니다. $A,B$ $A,B$

이러한 관찰에 기초하여, 나는 다음과 같은 탐욕스러운 선택을 제안한다 : Pick ,이 트립이 에서 '제거'되는 사이클의 양 이 최대가되고 관계가있을 때 최대 중첩이있는 파티션을 선택하십시오. 그들 중 (즉, 사이클이 아닌 가장자리를보십시오). $(S_i, T_i)$ $G$ $G$

이 알고리즘은 비 주기적 그래프에 대한 '기본'욕심 전략과 다르지 않기 때문에 (매 여행마다 최대 양의 모서리를 제거함)이 욕심 알고리즘은 최적이 아닙니다. 그러나,주기를 제거하는 직관은 여전히 타당하고 기본적인 욕심 전략에 비해 개선되었으므로 적절한 휴리스틱이 될 수 있습니다.

— 이산 도마뱀
소스

1

"

멀티 컬러가 있으면 이 채색은

t

$t$

G

$G$

"

"와동일하지 않은 요소.이 설명은 거짓입니다. 3 개의 연결이 끊어진 노드

의 간단한 예에서 2 개의 멀티 컬러

. 여기서

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

P (C)

$\mathcal{P}(C)$

a, b, c

$a,b,c$

v

$v$

v (a) = {1}, v (b) = {2}, v (c) = {1, 2}

$v(a)=\{1\},v(b)=\{2\},v(c)=\{1,2\}$ . 이것은

이상

개의 개별 요소. "

멀티 컬러링이 존재한다면,그러한채색중 하나는

(\binom{2}{1}) = 2

$\binom{2}{1}=2$

t

$t$

G

$G$

"에서 다른 요소가아닌가?

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

P (C)

$\mathcal{P}(C)$

— Riley

사실, 그것은 내가 의미 한 바입니다. 그것을 보는 또 다른 방법은 그것이 최소한의 t- 멀티 컬러링이라면 (즉,이

는

-멀티 컬러 블이 아닙니다) 정확하게

G

$G$

(t - 1)

$(t-1)$

요소. 분명히, 여러분이 제시 한 예는 올바른 개혁에 반대되는 예가 아닙니다.

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2 \rfloor}$

— 이산 도마뱀

기다리지 마 정확히 사용하지 않습니다

요소이지만 최대.

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}$

— 이산 도마뱀

개정 된 진술이 직관적으로 이해되는 방법을 이해할 수 있지만,이를 입증 할 수 있습니까? 어쩌면 당신은 어떻게 든 어떤 t-multicoloring 그래서 모든 multicolors에서 일부 설정의 요소가 있음을 "개선"할 수 있다는 것을 보여줄 수

크기의 요건을 충족은 더이 존재하지 않음

등이

.

K

$K$

a, b \in K

$a,b\in K$

a \subset b

$a\subset b$

— 라일리

@Riley 무슨 말인지 잘 모르겠습니다. 어떤 말로 정교하게 설명 하시겠습니까? 귀하의 원래 의견이 제안한 내용을 표시하도록 답변을 업데이트했습니다. 나머지 증거는 영향을받지 않습니다. 멀티 컬러와 오리지널 컬러 문제의 관계에있어, 핵심 아이디어는 멀티 컬러링이 인접한 '서브셋'을 갖지 않는 것으로 보일 수 있다는 것입니다.

의 가장 큰 '비 쌍별 서브 셋팅'서브셋의 크기는

P (C)

$\mathcal{P}(C)$

, 우리는 그 세트를 컬러 세트로 간주 할 수 있으며 착색 문제가 발생합니다.

(\binom{t}{⌊ t / 2 ⌋})

$\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}$

— 이산 도마뱀

2

이 문제를 Graph Coloring 으로 줄이는 방법을 볼 수 있습니다. 그래서 문제를 해결하기위한 도구 (작은 인스턴스에 대해!)를 제공하지만 아직 다른 방향으로 줄이는 방법은 없습니다 (NP 경도를 설정합니다).

기본 아이디어는 모든 구매에 대한 정점 과 동일한 여행에서 발생할 수없는 두 구매 사이의 에지 를 포함하는 그래프를 작성하는 것입니다 . 그런 다음 구매를 가능한 가장 적은 수의 그룹 ( "트립")으로 그룹화하여 동일한 그룹의 두 구매가 충돌하지 않도록합니다. 즉, 만약 에지있는 원래 방향 그래프 인 해당 사용자를 나타내는 사용자 구입해야 선물 후 무향 그래프 작성 하는 존재 정점 $G = (V, E)$ $uv$ $u$ $v$ $H = (X, Y)$ 각각의 에지에 대해의와 (방향성이) 에지 마다및모두 (방향) 에지이다(만약구매 일부여행 중 선물하고 아무도같은 여행 동안선물을구입할 수 있습니다). 의 정점 채색은필요한 구매 (정점)를 충돌하지 않는 여행 (색상)으로 나누고 (가장자리 공유) 최소 크기의 정점 채색은 가능한 가장 적은 여행을합니다. $x_{uv}$ $uv$ $G$ $x_{uv}x_{vw}$ $uv$ $vw$ $G$ $v$ $w$ $v$ $H$ $H$

3SAT에서 그래프 채색으로 축소를 조정하여 다른 방향으로 갈 수 있습니다 (그래프 컬러링 또는 다른 NP 하드 문제를 줄이고 문제의 NP 하드를 설정). Jeff Erickson의 노트 10 페이지에 자세히 설명 되어 있지만 직접 시도하지는 않았습니다.

— j_random_hacker
소스

이 답변은 훌륭합니다. 내가 찾던 것입니다. 이 알고리즘의 시간 복잡도를 분석 할 때 최대

꼭짓점 (현재) 및

n^{2} - n

$n^2-n$

가장자리. 그래프 채색에 대한 알고리즘을 찾을 때 내가찾은 것은

개의 정점이있는 그래프의 경우

입니다. 가장자리 수에 다항식 상한이 있기 때문에이 경우 더 효율적인 알고리즘이 있습니까?

\frac{(2 n - 3) (n^{2} - n)}{2}

$\frac{(2n-3)(n^2-n)}{2}$

O (2^{n} n)

$O(2^nn)$

n

$n$

— Riley

1

@Riley 아마하지 결정

-colourability,

의 최대 정도에 대한 그래프

이미 NP-어렵다. 3. 최대치와 그래프 3-SAT의 감소를 다음 [강의 노트 (www-sop.inria.fr/members/Frederic.Havet/Cours/coloration.pdf) 참조

k

$k$

k \geq 3

$k\geq 3$

3

$3$

— 이산 도마뱀

@ 이산 도마뱀 : 그 강의 노트에서 어디서 그러한 축소를 제공합니까?

이 답변이 왜 허용됩니까? 내가 볼 수있는 한, NP-hardness 나 '가장 최적의'알고리즘 또는 효율적인 알고리즘을 보여주지 않습니다.

— 이산 도마뱀

1

@Discretelizard 알았어. 나는이 문제가 NP-hard 일 가능성을 감안할 때 P 시간 알고리즘을 찾고 있다는 것을 암시하지 않았다고 생각했다. 그러나 나는 원래의 질문에서 그 점을 더 분명하게 만들 수 있습니다. 나는이 답변을 올바른 것으로 표시하지 않고 100 점 현상금을 추가 할 것입니다 (두 번째 질문은 같은 질문에 100이어야한다는 것이 밝혀졌습니다.하지만 가상 인터넷 포인트 일뿐이므로 그것을 제공 할 의향이 있습니까? :))이 문제를 NP-hard로 보여 주거나 다항식 시간 알고리즘을 찾는 사람이라면 누구나이 문제를 해결할 수 있습니다.

— 라일리

0

상사가 합리적인 시간에 최적의 솔루션을 찾을 수있는 알고리즘을 구현하도록 요청하면 매우 걱정되는 종류의 문제입니다.

반드시 최적이 아닌 솔루션을 찾는 방법 : 구매할 사람과 선물 세트를 고려할 때 쇼핑 그룹에서 사람들이 구입할 수있는 선물 수를 셀 수 있습니다. 빈 그룹으로 시작하십시오 (0 선물을 구입할 수 있음). 그룹에 속하지 않은 각 사람에 대해 해당 사람이 그룹에 추가 된 경우 구입할 수있는 선물 수를 결정하십시오. 선물 수를 줄이지 않고 추가 할 수있는 사람이있는 경우, 사람을 추가하여 구입 한 선물 수를 줄일 때까지 최대 수량만큼 구입 한 선물 수를 늘리는 사람 중 하나를 임의로 선택하십시오. 그런 다음 쇼핑을하고 모든 선물이 구매 될 때까지 시작하십시오.

더 나은 솔루션을 찾는 경우를 대비하여 여러 번 반복하여 다른 사람들을 "임의로"선택했습니다.

예를 들어, 5 명이 서로를 위해 선물을 사야하는 경우, 이것은 4 번의 여행에서 해결책을 찾게됩니다. 우리가 여행을 개선하지 않고 선물 수를 변경하지 않은 채로 여행에 사람을 추가하지 않았다면, 우리는 5 번의 여행을 할 것입니다. 그리고 6 명은 5 번의 여행이 필요합니다.

— gnasher729
소스

즉, 얼마나 많은 선물을 사느냐에 따라 탐욕스럽게 쇼핑 여행을 선택하고 있습니다. 이 절차로 인해 가능한 최소한의 쇼핑 여행이 발생했음을 증명할 수 있습니까? 그렇다면 6 명의 예를 잘못 살펴본 것입니다. 6 명은 4 개의 쇼핑 여행 만 필요합니다 :

.

{{1, 2, 3}, {1, 4, 5}, {2, 4, 6}, {3, 5, 6}}

$\{\{1,2,3\},\{1,4,5\},\{2,4,6\},\{3,5,6\}\}$

— 라일리

증거는 없습니다. 탐욕 알고리즘 + 다른 무작위 선택은 기회를 조금 개선하지만 4 번의 여행은하지 않습니다.

— gnasher729

문제가 욕심이며 실패한다는 주장을 테스트했습니다. 사람을 하나씩 추가하지 않고 가능한 모든 쇼핑 여행을 테스트하더라도

5

여행 :

{{1, 2, 3}, {4, 5, 6}, {1, 4}, {2, 5}, {3, 6}}

$\{\{1,2,3\},\{4,5,6\},\{1,4\},\{2,5\},\{3,6\}\}$ . 탐욕스러운 접근 방식은 두 번째 쇼핑 여행에서 9 개의 선물을 구매하기를 원하지만 최적의 솔루션에서는 두 번째 쇼핑 여행에서 8 개의 선물을 구매합니다 (위에 나열된 순서대로 진행됨).

— Riley

실제로 욕심 많은 접근 방식은 4 번의 쇼핑 여행에서 5 명을 해결할 수조차 없습니다 :

.

{{1, 2}, {3, 4}, {5}, {1, 3}, {2, 4}}

$\{\{1,2\},\{3,4\},\{5\},\{1,3\},\{2,4\}\}$

— Riley

-1

사람들이받는 사람 (부모)과 그들이주는 사람 (자식)에 따라 사람들을 주문한다고 가정합니다. 모두가 하나의 선물을주고 하나의 선물을 받기 때문에 부모-자식 기능은 일대일입니다.

부모와 자식을 같은 그룹에 넣기를 원하지 않습니다. 사용자는 임의의 사람의 시작 따라 순서 모두 그래서 모든 넣어 등 하나 개의 그룹으로하고, 모든 다른 그룹으로 . 마지막 사람의 경우 $p_1$ $child(p_1)=p_2$ $p_{odd}$ $p_{even}$ $p_n=parent(p_1)$ 따라서이 사람이 과 같은 그룹에 있지 않도록합니다 . 경우 짝수, 그것은 문제가되지 않습니다. 그 밖에, 당신은 할 수 있습니다 하나 개의 추가 그룹이 필요 간단한 경우에 의해 자체를. $p_1$ $n$ $p_n$

이 알고리즘은 모든 사람이 연결되어 있다고 가정합니다. 그러나 반드시 그런 것은 아닙니다. 연결이 끊긴 사이클이 여러 개인 경우 즉, 어떤 시점에서 여기서 이면 동일한 알고리즘에 따라 해당 원을 끝내고 새로운 원으로 시작합니다. 동일한주기의 확률과 짝수를 병합하지 않는 한 연결이 끊어진주기를 병합 할 수 있습니다. $p_k=parent(p_1)$ $k!=n$

이 알고리즘은 최대 2 개의 라운드 (짝수 ) 및 3 개의 라운드 (홀수 )로 끝납니다 . $n$ $n$

— ilke444
소스

이 접근법은 모든 사람이 하나의 선물을주고 하나의 선물을받는 경우, 즉 그래프가 순열 인 경우에만 문제를 해결하는 것으로 보입니다. 그 질문이 그 특별한 경우에 대해서만 묻기위한 것인지 확실하지 않습니다. OP가 그것에 대해 무엇을 말해야하는지 봅시다.

— DW

사실, 나의 해결책은

문제의 하위 사례에 대한 것 입니다.

\forall i, f a n_i n (v_{i}) = f a n_o u t (v_{i}) = 1

$\forall i, fan\_in(v_i)=fan\_out(v_i)=1$

— ilke444

예, 나는 순열을 구체적으로 요구하지 않았습니다. 몇 가지 사항을 명확히하는 업데이트 된 질문을 참조하십시오.

— Riley