두 순열의 차이를 인식하는 완전성

쇼어는이 질문에 대한 익명의 무스의 대답에 대한 그의 의견 에서 다항식 시간에서 두 순열의 합을 식별 할 수 있습니까? 두 순열의 차이를 식별하는 것은 입니다. 불행히도, 순열 합계 문제에서 직접적인 감소를 보지 못하고 순열 차이 문제에 대해 감소 를 갖는 것이 유용합니다 .N $NP$$NP$

순열 차이 :

INSTANCE : 양의 정수로 구성된 배열 .$A[1...n]$

질문 : 와 같이 양의 정수 두 개의 순열 및 가 대해 ?σ 1 , 2 , . . . , n | π ( i ) − σ ( i ) | = A [ i ] 1 ≤ i ≤ $\pi$$\sigma$$1,2, ... , n$$|\pi(i) - \sigma(i)| = A[i]$$1 \le i \le n$

두 순열의 차이를 인식하는 을 증명하기위한 감소는 무엇입니까 ?$NP$

편집 10-9-2014 : Shor의 의견 은 시퀀스 의 요소에 부호가있는 차이 가 있을 때 을 입증하는 축소를 제공합니다 . 그러나 모든 요소 가 차이의 절대 값인 내 문제를 쉽게 줄일 수는 없습니다 .$NP$$A$$A$

업데이트 : 순열 차이 문제 는 두 순열 중 하나가 항등 순열 인 경우에도 완료된 것으로 보입니다 . 이 특별한 경우의 경도 증명은 매우 환영합니다. 따라서이 제한된 버전의 관심 이 있습니다.N $NP$$NP$

제한된 순열 차이 : INSTANCE : 양의 정수로 구성된 배열 .$A[1...n]$

질문 : 와 같이 양의 정수 의 순열 가 있습니까? 대해 ?1 , 2 , . . . , n | π ( i ) − i | = A [ i ] 1 ≤ i ≤ $\pi$$1,2, ... , n$$|\pi(i) - i| = A[i]$$1 \le i \le n$

업데이트 2 : 제한된 문제는 mjqxxxx의 답변에 표시된 것처럼 효율적으로 결정할 수 있습니다. 원래 문제의 계산 복잡성은 입증되지 않았습니다.

편집 9/6/16 : 순열 차이의 단순화 가 NP- 완전 인지 여부에 관심이 있습니다 .

제한된 순열 차이 :

INSTANCE : 양의 정수 의 다중 집합$A$

질문 :합니까가 존재 순열 양의 정수를 이되도록 ?1 , 2 , . . . , n A = { | π ( i ) − i | : 1 ≤ i ≤ n $\pi$$1,2, ... , n$$A= \{|\pi(i) - i| :1 \le i \le n\}$

순열 중 하나가 항등 인 제한된 문제는 확실히 입니다. 각 꼭지점 i ∈ V 1 = { 1 , 2 , … , n } 이 요소 (들) j ∈ V 2 = { 1 , 2 , … , n }에 연결된 이분 그래프를 구성 합니다. | i − j | = A [ i ] . 그런 다음 원하는 순열 $\mathsf{P}$$i \in V_1=\{1,2,\ldots,n\}$$j \in V_2=\{1,2,\ldots,n\}$$|i-j|=A[i]$$\sigma$그래프가 다항식 시간으로 결정될 수 있는 완벽한 일치 (즉, 모서리 와 일치)를 갖는 경우에만 존재합니다 .$n$

의 그라운드 세트 대신 { 1 , 2 , 4 , 8 , … }의 서브 세트를 허용하십시오 . 목표는 순열 찾기 위해 여전히 π를 그래서 = { | π ( 2 k ) − 2 k | : 2 k ∈ Ω } 여기서 $\{1,2,3,\ldots,n\}$$\{1,2,4,8,\ldots\}$$\pi$$A = \{|\pi(2^k) - 2^k| : 2^k \in \Omega\}$$\Omega$접지 세트입니다. 여기서의 주된 장점은 각각의 요소에 새로운 지상 세트 힘이다 되도록 2 K (1) - (2) K (2) 일부 K 1 , k는 2 경우와 K 1 ≠ K (2) 다음, k는 1 과 k는 2를 이것에 의해 결정된다 차. 각각의 차이점에 대해 | 2 k 1 − 2 k 2 | 에 , 우리는 추론있다 π를 ( 2 $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}|$$A$ 또는π(2 k 2 )=2 k 1 (또는 둘 다).$\pi(2^{k_1}) = 2^{k_2}$$\pi(2^{k_2}) = 2^{k_1}$

이 단순화 된 변형을 효율적으로 해결하는 것은 다소 일상적인 일입니다. 방향성이 분형 다중 그래프 구성함으로써 시작 L 과 R은 접지 세트의 별개의 카피가, 그리고 추가 에지 ( 2 K (1) , (2) K (2) ) 및 ( 2 K (2) , (2) K 1 ) 언제든 | 2 k 1 − 2 k 2 | 에 나타납니다$G = (L \sqcup R, E)$$L$$R$$(2^{k_1},2^{k_2})$$(2^{k_2},2^{k_1})$$|2^{k_1} - 2^{k_2}|$와 K 1 ≠ K 2 . 나는 다음이 동등하다고 주장한다.$A$$k_1 \ne k_2$

1. 차이 A를 갖는 순열 가 있습니다$\pi$$A$
2. 모든 정점 은 차수 0 또는 2를가집니다$G$

나는 시간 때문에 실제로 이것을 증명하지는 않지만, 스스로 운동하는 것이 그렇게 나쁘지는 않습니다. 그 는 간단하다. 그$1 \implies 2$ 은 조금 더 힘들지만, L의 각 꼭짓점을 R 의 사본으로보내는(그리고 그 반대의) G 의 이형성으로 추론 할 때 그리 나쁘지 않습니다. 내가 아는 증거는 G 의 가장자리를 지시하여주기의 모든 가장자리가``주기 주위의 동일한 방식 ''(각 격리되지 않은 정점이도 = 외도 = 1을 가짐)이되도록하고 앞의 의 동형 G는 지시 된 버전의 동형 남아있다. 그런 다음 π 는 L 에서 R 로가는 모서리에 따라 선택됩니다.$2 \implies 1$$G$$L$$R$$G$$G$$\pi$$L$$R$

위의 알고리즘을 완벽한 일치 질문으로 표현할 수 있으며 2-SAT에 대한 다른 축소가 있다고 생각합니다. 그래도 이러한 접근법을 원래 문제로 확장하는 방법을 모르겠습니다.