Галаваломкі 01/05: абнаўленне 16 студзеня 2004 усё яшчэ ніякіх зменаў. Прыз у памеры $ 2000 для вырашэння гэтай галаваломкі застаецца непагашанай. Ну, людзі, гэтая праблема, безумоўна, не можа быць так складана, ці не так? Я казаў на гэтую праблему і яе фон на штогадовай AMS у гэтым месяцы пасяджэнні ў Фенікс, Арызона, у рабоце сесіі на "шмат жыццяў тэорыі структур". Гутарка быў належным чынам запланаваных адразу пасля казаць Дана Скот, так як мы абодва мелі справу з пытаннем аб тым, як вытворчасць ўсёабдымнага дэкартавай замкнёных катэгорыях, што-то саматужнай прамысловасці ў гэтыя дні. Напрыклад Марцін Escardo, Алекс Сімпсан, і Джымі Лоусон абвясціў тры дні таму (студзень 13) сваім артыкуле "Параўнанне дэкартавай замкнёных катэгорый (асноўных) кампактна спароджаных прасторах", даступная на
http://www.dcs.ed.ac. Вялікабрытанія/галоўная/ALS/Аналітыка/comparing.pdf, якая даследуе розныя адгалінаванні ад арыгінальнага паняцці Кэлі кампактна спароджаных хаусдорфова прасторы, якое дае гомотопической з тым, што Кэлі лічыцца вельмі зручна катэгорыі. Воган Пратт pratt@cs.stanford.edu
Галаваломкі 1.5 (на 18 красавіка, 2003). Там былі не адзначыць змены, датычныя Puzzle 1,5 у мінулым месяцы. Падобна на тое, што 18 красавіка будзе апошняе абнаўленне на галаваломку, пакуль хто-то пэўны прагрэс на даклад! Я планаваў пачаць новую серыю галаваломкі нумарам 2.x, але Tiqit пачаў спажываюць занадта шмат майго часу ў апошні час так што гэта прыйдзецца пачакаць. Тут зноў заяву галаваломкі, з нязначнымі змяніць фармулёўку ў тэрмінах мноства мностваў, а не предикаты на мноствах дзеля разнастайнасці. Няхай D-мноства падмноства мноства з наступнымі трыма ўласцівасцямі. (Я) D утрымлівае і пустое мноства. (II) Хай З любога мноства пар (а, b), А, У, такая, што для ўсіх у, мноства {б | (а, б) у З} і {б | (B,) у C} у D. Тады {B | (B, B) у З} у D. (III) (T1) Для любых двух розных элементаў, У, D змяшчае мноства, якое змяшчае але не У, а іншы змяшчаюць У, але не a. Мноства D, якое складаецца з усіх падмноства, відавочна, задавальняе (I) - (III). Ці ёсць яшчэ мноства падмноства гэта зрабіць? Умовы (I) - (II) вызначаюць паняцце comonoid, а ўмова (III) выказвае T1 уласнасці, вызначаецца як для тапалагічныя прастор. Апошні адзначыць назірання выйсці з тэорыі сучасных абмеркавання гэтай праблемы з'яўляецца прыкладам Марк Aujus "з comonoid прадстаўляюць натуральных лікаў N стандартна парадку разам з дадатковай кропкай змушаны быць менш або роўная падтрымку з N без абмежаванняў быць менш або роўна якія-небудзь пэўныя натуральнае лік. Гэта свайго роду інфармацыйнага парадку, не прадстаўляльная з звычайнай часткова спарадкаванае мноства. Глядзіце
http://boole.stanford.edu/pub/comonoids.pdfclick here to see most Popular Pagesдля маёй працы па гэтай тэме, прадстаўленыя на Coalgebraic метады ў CS рабочага нарады, які адбыўся 5-6 красавіка ў Варшаве. Гл. ніжэй падрабязную інфармацыю аб прэміі для вырашэння гэтай праблемы.
7 сакавіка-18 красавік 2003: Няма паведамленняў у гэты перыяд. (Раней ўтрыманне разрэджаных 7 сакавіка размяшчэння выдаленыя.)
28 лютага 2003 года: Галаваломка 1,5 Ніякага павелічэння на гэтым тыдні. Аднак вось ўдакладненне прыз структуры прапановы ДТЗ = "Усе T1 comonoids з'яўляюцца дыскрэтных." Доказ таго, што ДТЗ ўзгадняецца з ZFC будзе зарабляць $ 1000. Доказ таго, што яго адмаўленне ~ ДТЗ ўзгадняецца з ZFC будзе зарабляць $ 500, і больш, калі праўдападобна прыкладанні для любога недискретной T1 comonoids можа быць прадэманстравана. Больш падрабязная інфармацыя вымярэння адлегласці ад ZFC, напрыклад, якія паказваюць наступствы ў любым кірунку паміж ДТЗ або ~ ДТЗ і некаторыя вядомыя аксіёмы вядома, залежыць ад ZFC, будзе зарабляць дадатковыя сумы ў залежнасці ад аксіём выкарыстоўваюцца. Сумы такіх частковых вынікаў будзе выведзена з агульнай сумы. Такім доказам таго, што ~ ДТЗ ўзгадняецца з ZFC вынікаюць доказы ~ ДТЗ у ZFC б падзяліць $ 2000 $ 500 у першым і $ 1500 у секунду. Калі ў іншых мэтах Аднак усе $ 2000, вядома, ісці да доказу ~ ДТЗ. Воган Пратт
21 лютага 2003: Галаваломка 1,5 Добра, апошні крок на некаторы час: яшчэ адзін $ 500 прыносіць джэкпот ў $ 2000. Яна застанецца там, пакуль хто-то вырашае галаваломкі. Воган Пратт
14 Лютага 2003: Галаваломка 1,5 У нейкі момант я буду мець спыніць гэта, але ў цяперашні час прырост зноў $ 500. Puzzle 1,5 у цяперашні час $ 1500 на галаву. Усе вызначэння, засцярогі і т.п. з папярэдніх загадкі застаюцца ў сіле. Воган Пратт
7 лютага 2003: Галаваломка 1.5 (пакуль яшчэ) Чытайце па вуснах: ніякіх новых галаваломак да гэтага вырашаецца. Прыз зараз $ 1000. Майце на ўвазе, што тэрміны першага правільнасць ўводу вызначаецца, калі яна размешчана на theory-edge@yahoogroups.com, а не калі вы яе рашэння, ці калі вы пасылаеце яе мне. Воган Пратт
PS (дададзена 10 лютага.): Каб захаваць пачаткоўцаў боль зборкай галаваломкі 1,5 ад яго фрагментарна рахунку ніжэй, вось аўтаномным заявай. Няхай D будзе предикат на магутнасць мноства 2 ^ з наступнымі трыма ўласцівасцямі. (Я) D трумах і пустое мноства. (II) Хай З любога бінарны предикат на такое, што для ўсіх у A, D мае месца як {B | C (а, b)} і {B | C (B,)}. Тады D мае месца і ў {B | C (B, B)}. (III) Для любых двух розных элементаў, У, D трумах некаторы падмноства змяшчаюць але не У, і адна з якіх B, але не a. D = Ісціна, відавочна, задавальняе (I) - (III). Ці ёсць яшчэ предикат на 2 ^?
31 студзеня 2003 года: Галаваломка 1,5 ці існуе недискретной T1 бінарных comonoid? (Азначэнні ніжэй.) Першым правільна і абгрунтавана абгрунтаваны адказ, размешчаныя ў theory-edge@yahoogroups.com пераможа яе падаўцы 500 даляраў ЗША. Вызначэння. 1. Слова ў алфавіце S называецца пары (A, F), дзе ёсць мноства называецца * * даўжыня словы, а/функцыі /: -> S даючы літары слова. Прыклад. S = 2 = {0,1}, гэта мноства сапраўдных лікаў, а F: -> S з'яўляецца рацыянальныя функцыі адлюстравання на 1 і ірацыянальных да 0. 02/04. Што тычыцца загадкі 1,4 (якая прыведзена ніжэй).
Заўвага. Як два чалавекі адзначыў, што "бясконцага словы", як гэта вызначана ў тыдзень галаваломкі Апошняе было, строга кажучы, "падліковай слова." Ёсць і іншыя бясконцых мностваў, чым натуральныя. Як адзначалася раней, крыжаванкі існаванне не залежыць ад парадку слоў пазіцый: слоўнік D мае крыжаванка толькі тады, калі D 'мае крыжаванка, дзе D' з'яўляецца вытворным ад D, скажам, месцамі дзве першыя літары кожнага слова. Рашэнне Марка, каб збянтэжыць 1,4 таму ставіцца да любога Дарэчы падліковай даўжыню, што азначае слова ў паказаным вышэй сэнсе, для якіх з'яўляецца злічальным мноствам, т. е. набор ць узаемна-адназначная адпаведнасць з мноствам N натуральных лікаў.
Таму загадкі гэтым тыдні просіць падоўжыць вынік Марка на словы даўжыні строга больш, чым N, гэта значыць незлічоная доўгіх слоў.
Падказка. Спачатку вырашыць задачу для мноства сапраўдных лікаў. Любое рашэнне, што працы для гэтага прыклад незлічонай даўжынёй амаль напэўна будзе працаваць на любы тэрмін.
Слова даўжыні г над {0,1} з'яўляецца функцыяй ад г да 2. Гэта ж самае, што падмноства R, які можна візуалізаваць ў выглядзе кропак ўздоўж прамой, адна кропка ў рэальнага ў падмноства, цалкам неабмежаваны як да шчыльнасці або размеркавання. Вы можаце пакласці без кропак, або кропак ўсюды ўздоўж лініі або кропкі толькі на цэлыя лікі, ці толькі на рацыянальных, і г.д.
Слоўнік слоў даўжыні R таму не больш і не менш, чым мноства набораў рэчыўных лікаў, такіх як {{1,4, 3}, {2,78, 9,1}} (але, вядома, гэта толькі канчатковае напрыклад). Эквівалентна гэта мноства калі заўгодна пункцірнымі лініямі.
Крыжаванка затым складае кропкі на плоскасці, такія, што для кожнай вертыкальнай ці гарызантальнай лініі, кропкі на гэтай лініі ў некаторых слоў у слоўніку. Праблема пытае пра прамую у = х: калі кропкамі ўздоўж яе заўсёды ўтвараюць слова з слоўніка, ёсць слова (падмноства R), што слоўнік можна апусціць?
24 студзеня 2003 г: Галаваломка 01/04 Для слоўнікі з бясконцымі словамі, ці існуе недискретной T1 бінарных comonoid? (Азначэнні ніжэй.) Першым правільна і абгрунтавана абгрунтаваны адказ, размешчаныя ў theory-edge@yahoogroups.com пераможа яе падаўцы 90 даляраў ЗША. Вызначэння. 1. Бясконцае слова бясконцай паслядоўнасці a0, a1, a2,... літар. Прыклад: 31415926535... бясконцая паслядоўнасць, літары з алфавіту {0,1,2,..., 9}. 2. Слоўнік слоў зададзенай даўжыні ў дадзеным алфавіце з'яўляецца дыскрэтным * *, калі яно ня кожнае слова, што даўжыня больш, што алфавіт. Прыклады: Толькі слоўніку на права дыскрэтна, адзін на левай не хапае слоў 00. 011 0011 101 0101 3. * * Comonoid над дадзеным алфавітам з'яўляецца слоўнік слоў ўсё той жа даўжыні, што ўключае ў сябе ўсе словы-канстанты і, тым уласцівасцю, што для кожнага крыжаванкі, радкі і слупкі ў слоўніку, яе галоўнай дыяганалі таксама ў слоўніку. (Гл. Puzzle 1.2 для прыкладу.) 4. Бінарны слоўнік D з'яўляецца T1, калі для любой пары, бы кропак Ёсць два словы ў D такіх у кропцы, адно слова 0 і іншых 1, а пры б гэта наадварот. Прыклад: слоўнік злева са словамі 01, 10, 11, 011011101001 T1 таму што ў нас ёсць толькі дзве кропкі, каб турбавацца аб тым, якія адпавядаюць першай і другой радкоў, і ў першае слова (калонка) маем 0, то 1, а ў другім мы маем 1, то 0, фармуючы 2x2 клетак. Адзін з правага, са словамі 00, 10 і 11, не T1 пачынаючы з другой радкі <= першы радок; эквівалентна няма "шахматная дошка" карціны з двух 0s і двух 1s ўсюды ў гэтых двух радкоў. Воган Пратт
Двайковы, вядома, азначае ў алфавіце {0,1}. Так Puzzle 1,2 быў аб канчатковых бінарных comonoids. T1 ўласцівасць гарантуе, што не можа быць двух пунктаў A, B такое, што альбо <= B або B <= параўнанні біт за бітам. Так як канчатковыя comonoids T0 толькі частковых парадкаў, умацаванне T0 да T1 прадухіляе нетрывіяльнай парадку, і неўпарадкаванай набор дазваляе усе магчымыя парэзы, адкуль любы канчатковай T1 бінарных comonoid дыскрэтна. Галаваломкі пытаецца, ці можа гэта распаўсюджваецца і на бясконцых comonoids.
Значэнне. Тапалагічныя прасторы можа быць T1 (маюць толькі трывіяльныя = дыскрэтных парадку), не будучы тапалагічнаму трывіяльна = дыскрэтнай тапалогіяй.
Поўнае частковых парадкаў (НСП), з іншага боку, па азначэнні атрымаць любы тапалагічнай структуры, якую яны маглі б з іх парадак структуры. СРО з'яўляецца частковым парадкам X кожны накіраванае мноства з якіх мае верхнюю грань (у X, але не абавязкова ў). (Падмноства часткова спарадкаванага мноства X называецца * * накіраваны, калі яно не пуста і для любой пары, B у C існуе ў такіх, што <= C і B <= з Minipuzzle: любы канчатковы арыентаваны набор павінен мець максімальны элемент, адкуль усіх канчатковых мностваў накіраваныя не толькі верхнюю грань, але ўтрымліваць яго. Такім чынам, кожнае канчатковае частковы парадак аўтаматычна КПА.) Калі верхняя грань з накіраванага мноства не знаходзіцца ў, магчыма толькі для бясконцых, тапалогіі Скота на што СРО не дазваляе скараціць падзяляюць з, то ёсць, ён настойвае на тым, як мяжа А.
Толькі накіраваны наборы T1 КПА (адзін парадак якога толькі тоесным суадносінамі =) з'яўляюцца адзіночак, і такіх СРО, такім чынам, не можа быць нетрывіяльнай тапалагічнай структурай.
Так што мы сапраўды просяць тут, рабіць бясконцае comonoids ісці шляхам тапалагічнага прасторы або НСП, калі T1 ўмова,? Ці могуць яны мець структуру без загаду або яны павінны страціць усё гэта?
РАШЭННЕ Галаваломкі 1,4, Марк (aujus_1066 AT yahoo.com), у 6 гадзін 10 м. Лема: Калі D з'яўляецца T1 бінарных comonoid з (падліковай) бясконцых слоў, то для ўсіх канчатковых р прэфіксы, існуе слова W у D з прэфіксам стар Доказ: Індэкс пазіцыі слоў, якія пачынаюцца з 1. Няхай T (I, J) слова ў D якога я-й пазіцыі 1 і чые /-й пазіцыі 0. Такія словы гарантавана будзе ў D з-T1 уласнасці. Хай да даўжыні р, і няхай я быць індэкса ад 1 да k.
Define m(i,k) to
be the AND of {t(i,j) : 1 <= j <= k, j != i}. Then m(i,k)
is in D, because D is closed under finite AND, and the
i-th position of m(i,k) is 1 while the other positions
between 1 and k are 0. Now, let w be the OR of
{m(i,k) : 1 <= i <= k, i-th position of p is 1}. Then
for 1 <= i <= k, the i-th position of w is 1 iff the
i-th position of p is 1. Hence w has prefix p, and
w is in D because D is closed under finite OR. QED
Lemma: Let D be a T1 binary comonoid with (countably)
infinite words, and let w be an arbitrary (countably)
infinite word. Then w is in D.
Proof: We construct a (symmetric) crossword whose rows
and columns are all in D, and whose diagonal is w.
Hence, by the comonoid property, w will be in D.
Let r(i) be the i-th row (and also column) of the
crossword, and let r(i)_j be the bit at the j-th
position of r(i). Construct the crossword as follows:
r(1) := word in D with prefix w_1,
r(2) := word in D with prefix r(1)_2 w_2,
r(3) := word in D with prefix r(1)_3 r(2)_3 w_3,
...
r(n) := word in D with prefix r(1)_n r(2)_n... r(n-1)_n w_n,
...
Clearly, by construction, the diagonal of the crossword
is w, so we have r(i)_i = w_i for all i. Also, each row
of the crossword is in D. It remains to show that the
crossword is symmetric, which will guarantee that all the
columns of the crossword are also in D. For 1 <= i < n,
r(n)_i is the i-th bit of the prefix r(1)_n r(2)_n...
r(n-1)_n w_n, which is r(i)_n. Hence r(n)_i = r(i)_n.
QED
Corollary: Every T1 binary comonoid with (countably)
infinite words is discrete.
17 студзеня 2003: Галаваломка 1,3 квадратных Булева крыжаванкі. Дадзена цэлае лік N> 0 і мноства D п-разрадных вектараў, ёсць пхп крыжаванка, радкі і слупкі ўсіх у D?
Examples (n=3): D = {101,110}: no. D = {001,011,100}: yes, [100,001,011].
Гэтая задача NP-небудзь жорсткі або ў П. за $ 100, што і чаму? Адказы на theory-edge@yahoogroups.com Воган Пратт
Марк вырашыў гэтую галаваломку на карысць NP-цяжкай ў простай 82,5 гадзіны, пасля шмат часу правёў "спрабуе даказаць, гэтая праблема ў P, абагульняючы вага = 2 справы і знаходжанню" павелічэння path 'алгарытм тыпу і/ці дакладную характарыстыку тэарэмы ла-Хола ".... Вось гэта скарачэнне ад 3DM, што запатрабавалася 5 хвілін, каб высветліць і гадзіну, каб даказаць, на мой пазбаўленых сну дзяржавы. (Да шчасця для Марка ён не "Раніца вечара мудренее", так як Майк Робсон даў элегантным скарачэння з трох літар квадратных выпадку простае 3,5 гадзіны пазней.) Працягваючы рашэнне Марка,... Улічваючы 3n жыхароў, ласкава называў 1,2,.., 3n, дзе пачатку палавога жыцця складае ад 1 да N, другі падлогу ад N 1 да 2n, і трэці падлогу ад 2n 1 да 3n, і набор прымальных triplings для іх форме слоўніка са словамі даўжыні 3n у алфавіце {0,1} наступным чынам. Слоўнік складаецца з аднаго словы даўжыні 3n за прымальныя тры разы. Гэтае слова мае тры 1, якія ставяцца на пазіцыі, якія адпавядаюць тром жыхароў у гэтым тры разы (менавіта таму мы папрасілі іх за іх імёны раней часу). Прэтэнзія: Існуе 3n х 3n квадратных крыжаванка сумяшчальныя з дадзеным слоўнікам, калі і толькі калі ўсе жыхары могуць быць утрая да прымальна. Доказ (толькі калі): першыя п радкоў крыжаванка даць прымальнага тры разы, што мы можам счытваць. Паколькі радкі ў слоўніку, якая прадугледжвае толькі прымальным троек, адзінае, што застаецца паказаць, што кожны сельскі жыхар з'яўляецца роўна адзін раз у гэтым рашэнні. Але кожны слупок ў слоўніку, а таксама, які валодае тым уласцівасцю, што ў першыя біты п кожнае слова, ёсць роўна адзін 1. Таму не сельскі жыхар можа апынуцца ў два разы або выключыць з рашэння. Доказ (калі): Улічваючы прызначэнне мэра, гэта дае разбіццё ўсяго 1 слова, якое азначае, што слоўнік з'яўляецца 1-покрываемых, і, такім чынам, crosswordable. На самай справе, так як кожнае 1-покрываемых слоўнік symcrosswordable, гэта азначае, што задача аб знаходжанні симметрический квадрат крыжаванка з'яўляецца NP-поўнай, а таксама. КЭД Марк, кладучыся спаць на працягу чатырох з паловай гадзін, перш чым я павінен атрымаць, каб узяць маю дачку ў школу.
10 студзеня 2003 г., 21:00 GMT: Галаваломка 1,2 Дыяганаль праблемы крыжаванкі. Дадзена цэлае лік N> 0 і слоўнік (г.зн. мноства) D п-разрадных двайковых слоў, у тым ліку два пастаянных слоў 00... 0 і 11... 1, ёсць пхп крыжаванка, радкі і слупкі ўсіх у D, але чые галоўнай дыяганалі (па вертыкалі і гарызанталі) не ў D? Прыклады.
D = {000,010,100,111}: yes, diag[100,010,000] = 110.
D = {00,01,11}: no.
Гэтая задача NP-небудзь жорсткі або ў П. за $ 70, якія і чаму? Адказы на theory-edge@yahoogroups.com Воган Пратт
Пасля таго як людзі зрабілі розныя "гульні-сістэма спрабуе адгадаць, якая з NP-цяжкай або P меў рацыю, Марк (aujus_1066 на yahoo.com) зноў быў першым прадставіць правільны адказ.
Цікава параўнаць Пазлы 1,1 і 1,2 для часу на рашэнне супраць складанасці адказ. 1,1, узяўшы Марка 35 хвілін, у той час як 1,2 ўзяў яго 8 гадзін 55 хвілін. Рашэнне да 1,1 быў алгарытм дынамічнага праграмавання падобны на ўсе найкароткіх шляхоў алгарытм Флойда або Кок-Кас-малодшы (CKY) кантэкстнае-свабодных разбору. Рашэнне да 1,2 было даказаць, што праблема была эквівалентная просяць ці слоўнік быў зачынены ў і і або.
Я мяркую, што Puzzle 01/03 будзе працягваць гэтую карціну: яшчэ складаней вырашыць, чым 1,2 (так ён будзе больш), але з рашэннем як кароткія, простыя і відавочныя ў рэтраспектыве, як тыя, у 1,2 і 1,1. Я буду рады, калі хто-то даказвае, мяне няправільна на цяжкасць яе рашэння.
From: "aujus_1066 "
To: theory-edge@yahoogroups.com
Date: Sat, 11 Jan 2003 05:54:55 -0000
Subject: [theory-edge] Re: Puzzle 1.2
Here is pseudocode for an O((d^3)*n) algorithm, where
d is the cardinality of the dictionary D:
bool answer, found_or, found_and;
bool w1[n], w2[n], w3[n], word_or[n], word_and[n];
answer := true;
for w1 in D do
__ for w2 in D do
_____ word_or := w1 | w2; // bitwise or
_____ word_and := w1 & w2; // bitwise and
_____ found_or := false;
_____ found_and := false;
_____ for w3 in D do
________ if (w3 == word_or) then
___________ found_or := true;
________ end if;
________ if (w3 == word_and) then
___________ found_and := true;
________ end if;
_____ end for;
_____ if ((!found_or) || (!found_and)) then
________ answer := false;
_____ end if;
__ end for;
end for;
return !answer;
У прынцыпе, алгарытм тэсціравання, калі слоўнік замкнёны адносна "побитовое і" і "побитовое ці", а затым вяртаюцца "не", калі яна ёсць, і "так", калі гэта не так. Ён абапіраецца на наступныя тры лемы: лема 1: Калі D не замкнёны адносна "побитовое і", то існуе крыжаванка, радкі і слупкі ў D, але іх дыяганаль не ў D. Доказ: Хай [п ] і B] [п два словы ў D такая, што & B не ў D. Тады форме крыжаванкі з [г] [у] = [я] і B [J]. Кожны радок з [г] [*] альбо B ці ўсё нулявы слова, у залежнасці ад таго, [я] = 1 або 0. Акрамя таго, кожны слупок C [*] [J] альбо ці ўсё нулявы слова, у залежнасці ад таго, B [J] = 1 або 0. Нарэшце, дыяганаль & B, якая не ўваходзіць у D. Lemma 2: Калі D не замкнёны адносна "побитовое ці", то існуе крыжаванка, радкі і слупкі ў D, але іх дыяганаль не ў D. Доказ : Хай [п] і B [п] два словы ў D такая, што | B не ў D. Тады форме крыжаванкі з [г] [у] = [я] | B [J]. Кожны радок з [г] [*] альбо B ці ўсё адным словам, у залежнасці ад таго, [я] = 0 або 1. Акрамя таго, кожны слупок C [*] [J] альбо ці ўсё адным словам, у залежнасці ад таго, B [J] = 0 або 1. Нарэшце, дыяганаль A | B, якая не ўваходзіць у D. Lemma 3: Калі D замкнёна адносна "побитовое і" і "побитовое ці", то вынікае, што для любога крыжаванкі, радкі і слупкі ўсіх у D, дыяганаль крыжаванкі таксама ў D. Доказ: Гэта мае месца ў інспекцыі пры п = 1 і п = 2. Пры п> = 3, мы давядзем індукцыі. Выдаленне I-га разраду кожнага слова ў D, індукцыі паказвае дыяганальныя з I-га разраду выдалены на D. Такім чынам, адзіны спосаб, што поўная дыяганаль не ў D, калі дыяганальныя з I-га трохі перавярнуць ў D. Гэта павінна выконвацца для кожнага i. Зараз, калі дыяганальныя мае дзве 0, то "побитовое і" з гартаць кожнай з гэтых 0 з'яўляецца арыгінальнай дыяганалі, і, такім чынам у D. Калі дыяганальных мае два 1, то "побитовое або" з гартаць кожнага з гэтых 1 з'яўляецца Арыгінальны дыяганалі, і, такім чынам у D. Але так як п> = 3, адзін з гэтых двух выпадкаў павінна адбыцца. Марк
Postscript (па Vaughan). Марк лема 3 па індукцыі, і гэта добра. Аднак гэта узнімае пытанне аб тым, індукцыя з'яўляецца істотным. Наступныя доказы пазбягае індукцыі, прычым працуе нават для слоўнікаў з бясконцым лікам бясконца доўгія словы, калі толькі яна будзе зачыненая ў І і АБО * любой * (адвольная) набор слоў. (Так што, калі слоўнік бясконца, і або або любога бясконцага мноства слоў з слоўніка павінны быць у слоўніку.) Лемы 3. Калі слоўнік D замкнёна адносна адвольных Ды i АБО, і змяшчае два пастаянных слоў 00... 0 і 11... 1, то любы крыжаванка пабудаваны з D мае дыяганальную таксама ў D. Разгляд СЛОЎНІК папярэдняй апрацоўкі.
For each i in 1..n, D contains a minimum word m^i having a 1 in position i.
Proof: Obtain m^i as the AND of all words w in D with w_i = 1. QED
(Since 11...1 is in D, we never have to form the AND of the empty set.)
MAIN ARGUMENT, ONE DIRECTION.
Let M[1..n,1..n] be a crossword on D with diagonal word d (d_i = M[i,i]).
Let e be the OR of all m^i for which d_i = 1.
Exercise. d <= e (that is, any 1 in d appears in e at the same position).
(Note that e was built by ANDing and ORing words of D, so must be in D.)
MAIN ARGUMENT, OTHER DIRECTION.
It suffices to show e <= d. Let e_j = 1; we want to show d_j = 1.
For some k such that d_k = 1, the j-th bit of m^k must be 1 (look at
how e was constructed). Hence
***************************************************
* every word in the dictionary that has a 1 at * (1)
* position k must have a 1 at position j as well. *
***************************************************
(Look at how m_k was constructed.)
Since d_k = 1, M[k,k] = 1.
But then M[j,k] = 1 (apply (1) to the k-th column of M).
But then M[j,j] = 1 (apply (1) to the j-th row of M).
That is, d_j = 1. QED
Vaughan
3 студзень 2003, 21:00 GMT: Галаваломка 1,1 String-рэзкі праблема. З улікам станоўчых цэлых і d1 <d2 <... <Д.Н., можа вяроўку разрэзаць на часткі да паслядоўна (г.зн. з К-1 скарачэння адно за іншым), што кожны з 2k-1 часткі радкі сустракаюцца па шляху мае даўжыню ды для некаторых я ў 1.. п? (Прыклады: Для 1 <3 <6 <8, максімальна магчымае Да 2 --- пачынаюцца з 6 і разрэзаць напалову, атрымліваючы 2 шт --- але павялічваецца да 3, калi 8 зводзіцца да 7 --- пачынаюцца з 7, адрэзалі 1, то 3, саступаючы 3 шт) у далейшым растлумачэнні:. кожнага з К-1 скарачэнняў можа быць ужыты да любой з частак радкі атрыманыя да гэтага часу (у адрозненне ад толькі рэзкі шашкі канцы асноўнай часткі ). Прыклад: Для 1 <3 <6 <10 <14, максімальна магчымае Да 2 --- пачынаюцца з 6 і разрэзаць напалову, атрымліваючы 2 шт --- але ўзрастае да Да = 6, калі 10 зводзіцца да 7 - -пачаць з 14, разрэзаць напалову, атрымліваючы два 7, а затым скараціць кожнага з 7's у 1 +3 +3, як і ў папярэднім прыкладзе. Лічачы ліку запісаныя ў двайковай, маецца Ці гэтая задача NP-сайта або ў P (гэта, безумоўна, адзін або іншы). Адказы на theory-edge@yahoogroups.com 50 даляраў ЗША за першы моцна матываваны правільны адказ, калі судзіць па разумнай кансенсусу чытачоў тэорыю краю. Воган Пратт
Упершыню знойдзена правільнае рашэнне (за выключэннем адсутных канца, калі, не Бигги) быў прадстаўлены на працягу 35 хвілін Марк Aujus, aujus_1066 на yahoo.com. Вось у O Марк (N 3) алгарытм, закадаваным ў З па "wahchelc":
#include
#define ARRAYLENGTH 4
int d[ARRAYLENGTH]={1,3,6,8};
int v[ARRAYLENGTH];
int main(){
int k = 2;
int j1,j2;
int i;
bool answer = false;
for(i=0;i < ARRAYLENGTH;i++){
v[i]=1;
for(j1=0;j1 <= i-1;j1++){
for(j2= 0;j2 <= i-1;j2++){
if((d[j1]+d[j2]) == d[i])
if(v[i] < v[j1]+v[j2])
v[i] = v[j1]+v[j2];
}
}
if(v[i] >= k)
answer = true;
}
return 0;
}
Марк у сваю чаргу, перадаў яго выйгрыш на першай асобы для паляпшэння ў вырашэнні Марка O (N
2), што складае тое, што Марк называецца галаваломкі 1,5, што робіць яго 1,15 ў новай пашыранай нумарацыяй. Гэта быў выйграны Даніэль Маркса з рашэннем, якое пераехаў j2 ўніз, як j1 перайшоў бы спыніцца як мага бліжэй да D [j1] + D [/ 2]) == D [я], каб злавіць кожны дакладнае роўнасць там, пакуль не марнаваць час на парах J1, J2, для якіх D [j1] + D [/ 2]), радыкальна адрозніваецца ад D [я].