Trouver la séquence optimale de questions pour minimiser le temps total des élèves

Supposons qu'il y ait une session de tutorat dans une université. Nous avons un ensemble de $k$ questions $Q = \{ q_1 \ldots q_k \}$ et un ensemble de $n$ élèves $S = \{ s_1 \ldots s_n \}$ . Chaque élève a un doute dans un certain sous-ensemble de questions, c'est-à-dire que pour chaque élève $s_j$ , soit $Q_j \subseteq Q$ l'ensemble des questions qu'un élève en doute. Supposons que $\forall 1 \leq j \leq n: Q_j \neq \phi$ et $\bigcup_{1\leq j\leq n}Q_j = Q$ .

Tous les étudiants entrent dans la session de tutorat au début (à $t = 0$ ). Maintenant, un étudiant quitte la session de tutorat dès que toutes les questions dans lesquelles il a un doute ont été discutées. Supposons que le temps nécessaire pour discuter de chaque question soit égal, disons 1 unité . Soit le temps passé par dans la session de tutoriel. Nous voulons trouver une permutation optimale dans laquelle les questions sont discutées telles que la quantité $^*$ $t_j$ $s_j$ $\sigma$ $(q_{\sigma(1)} \ldots q_{\sigma(n)})$ est minimisé. $T_\sigma = \Sigma_{1\leq j \leq n}t_j$

Je n'ai pas été en mesure de concevoir un algorithme de temps polynomial, ni de prouver la dureté $\mathsf{NP}$

Nous pouvons définir une version de décision du problème

T U T = {⟨ k, n, F_{Q}, C ⟩ ∣ \exists σ : T_{σ} \leq C}

$\mathsf{TUT} = \{\langle k, n, \mathcal{F}_Q, C \rangle \mid \exists \sigma : T_{\sigma} \leq C\}$

où est l'ensemble des . $\mathcal{F}_Q$ $Q_j$

On peut alors trouver le minimum en utilisant la recherche binaire sur et trouver la valeur optimale en utilisant les affectations partielles en temps polynomial en utilisant un oracle pour . Aussi, car le optimal peut être utilisé comme un certificat que l'on peut vérifier facilement en temps polynomial. $T_\sigma$ $C$ $\sigma$ $\sigma$ $\mathsf{TUT}$ $\mathsf{TUT} \in \mathsf{NP}$ $\sigma$

Ma question: complète ou pouvons-nous concevoir un algorithme de temps polynomial pour cela? $\mathsf{TUT}$ $\mathsf{NP}$

Sidenote: Soit dit en passant, j'ai pensé à cette question après une session de tutorat, au cours de laquelle le TA a discuté des questions dans l'ordre normal cause de quoi de nombreux étudiants ont dû attendre jusqu'à la fin. $q_1 \ldots q_n$

Exemple
Soit et . et . On peut voir qu'un optimal parce que dans ce cas, feuilles après et feuilles après $k=3$ $n=2$ $Q_1 = \{q_3\}$ $Q_2 = \{q_1, q_2, q_3\}$ $\sigma = \langle 3, 1, 2 \rangle$ $s_1$ $t_1 = 1$ $s_2$ , donc somme 4. Cependant, si nous discutons des questions dans l'ordre , alors et fois attendre jusqu'à la fin et , donc la somme est de 6. $t_2 = 3$
$\langle 1, 2, 3\rangle$ $s_1$ $s_2$ $t_1 = t_2 = 3$

Vous êtes libre de résoudre le cas plus général où chaque question prend unités à discuter! $^*$ $q_i$ $x_i$

— skankhunt42
source

Juste pour être clair: tous les élèves entrent-ils en même temps, ou entrent-ils à partir du moment où leur première question est posée?

— Lézard discret

@Discretelizard Tous les élèves entrent en même temps au début (à t = 0).

— skankhunt42

Dans la définition actuelle, les ensembles de questions sont uniques, c'est-à-dire qu'un ensemble de questions appartient à au plus un élève. Cela pourrait être une simplification raisonnable, mais je doute que cela soit réaliste (et je doute que cela fasse beaucoup pour la complexité du problème)

— Lézard discret

Je suppose que deux étudiants pourraient avoir exactement le même ensemble de questions, donc le temps d'attente serait multiplié par deux.

— gnasher729

Je soupçonne que le problème est NP-difficile. Je vais montrer comment transformer le problème de sorte qu'il soit fortement lié à un problème qui est NP-difficile. (Oui, tout cela est assez vague. Je pense que mon approche générale est correcte, mais je ne suis pas en mesure de continuer pour le moment.) $\mathsf{TUT}$

Notons tout d'abord que le problème peut être reformulé comme suit: $\mathsf{TUT}$

Etant donné un ensemble de questions de taille , un ensemble de sous - ensembles et un nombre entier , ne il existe une suite de telle sorte que, pour tout : $Q$ $k$ $n$ $\mathcal{F}_Q\subseteq \mathcal{P}(Q)$ $C$ $\Sigma : \langle S_1,\ldots, S_k\rangle$ $i \in\{1,\ldots,k\}$

et ; et $S_i\subseteq Q$ $|S_i|=i$
pour tout ; et $S_i \subset S_j$ $j>i$
? $\sum_{i=1}^k |\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}| \leq C$

Notez que l'ensemble représente les premières questions qui seront expliquées. Les conditions 1 et 2 garantissent que les sous-ensembles sont bien formés selon cette interprétation. La condition 3 compte le nombre d'élèves qui ne sont pas partis à chaque instant, ce qui correspond en fait au temps d'attente total de tous les élèves. $S_i$ $i$

Maintenant, nous limitons la taille des sous-ensembles dans à $\mathcal{F}_Q$ ,sorteon peut représenter ces sousensembles en tant que bords sur un graphe où les sommets sont les éléments de . (Un résultat de dureté pour ce cas spécial suffit pour la dureté du problème général) $2$ $Q$

Maintenant, le problème de la minimisation pour un seul (c'est essentiellement ignorer la condition 2) est équivalent au problème suivant, que je surnomme « $|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$ $i$ »: $\mathsf{\text{Double max $k$-vertex-cover}}$

Etant donné un graphe non orienté et des entiers et , existe- -il un ensemble de sommets de taille au plus tels que l'ensemble $G=(V,E)$ $k$ $t$ $V'\subseteq V$ $k$ $\{(u,v)\in E\mid u\in V' \wedge v \in V' \}$ a une taille d'au moins ? $t$

Ce problème est NP-difficile, car -clique est un cas particulier de ce problème, comme le montre cette réponse . Cependant, cela ne suffit pas pour prouver que est NP-difficile, car nous devons trouver le maximum pour chaque , tout en respectant la condition 2. Ces conditions ne sont pas satisfaites par chaque séquence qui ne satisfait que les conditions 1 et 3: considérons le graphique sur sommets avec deux cycles disjoints, l'un de taille , l'autre de taille . Pour $k$ $\mathsf{TUT}$ $i$ $\Sigma$ $7$ $4$ $3$ $i=3$ , la sélection de tous les sommets dans le cycle donne le maximum, tandis que la sélection de tous les sommets des $3$ $4$ -cycle est optimal pour . $i=4$

Il semble que la condition 2 rend le problème encore plus difficile et certainement pas plus facile, ce qui signifie que devrait être NP-difficile, mais je n'ai pas vu de méthode pour le prouver formellement. $\mathsf{TUT}$

Donc, pour résumer, j'ai réduit la question à ce qui suit:

Est-il possible d'inclure la condition 2 pour compléter la preuve de dureté pour ? $\mathsf{TUT}$

Note latérale: La formulation que j'ai donnée rend tentant d'essayer un algorithme itératif qui trouve dans la condition 2 de , en trouvant toutes les «extensions» maximales de tous les ensembles maximaux trouvés pour . Cela ne conduit pas à un algorithme efficace, car la quantité d'ensembles maximum à une seule itération peut être exponentielle en . De plus, je n'ai pas vu de méthode pour déterminer si un sous-ensemble pour certains $|\{q\in\mathcal{F}_Q\mid q\not\subseteq S_i\}|$ $i=1\ldots k$ $i-1$ $k$ $i$ deviendrait finalement le maximum «global» pour éviter de vérifier une quantité exponentielle de sous-ensembles.

— Lézard discret
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