Grille

Mise à jour : L'ensemble des obstructions (c'est-à-dire la "barrière" NxM entre les tailles de grille colorables et non colorables) pour toutes les couleurs 4 monochromes sans rectangle est maintenant connu .

Quelqu'un veut-il essayer 5 couleurs? ;)

La question suivante découle de la théorie de Ramsey .

Considérons une $k$ coloration du graphique de la grille $n$ -by- $m$ . A monochromatic rectangleexiste à chaque fois que quatre cellules de même couleur sont disposées aux coins d'un rectangle. Par exemple, $(0,0), (0,1), (1,1),$ et forment un rectangle monochromatique si elles ont la même couleur. De même, et forment un rectangle monochromatique, s'ils sont colorés avec la même couleur.$(1,0)$$(2,2), (2,6), (3,6),$$(3,2)$

Question : Existe - il un -coloration du -by- graphique de la grille qui ne contient pas un rectangle monochrome? Si oui, fournissez la coloration explicite.$4$$17$$17$

Quelques faits connus:

• $16$ x est tolérable 4 sans rectangle monochromatique, mais le schéma de coloration connu ne semble pas s'étendre au cas 17 x 17 . ( J'oublie la coloration connue de 16- sur- 17, car ce serait très probablement un piège rouge pour décider de 17 -à- 17 .) $17$ $4$$17$$17$$16$$17$$17$$17$
• $18$ -by-$19$ n'estPAS $4$ tolérable sans un rectangle monochromatique.
• $17$ sur$18$ et$18$ sur$18$ sont également des cas inconnus; une réponse à ces questions serait également intéressante.

Clause de non-responsabilité: Bill Gasarch bénéficie d'une prime de 289 USD en réponse positive à cette question. vous pouvez le joindre via son blog. Une note sur l'étiquette: je m'assurerai qu'il connaisse la source de toute réponse correcte (le cas échéant).

Il a abordé la question de nouveau au cours d'une session extraordinaire à Barriers II, et je le trouve intéressant, alors je vous pose la question ici (à son insu; je doute fort que cela l’ennuierait).

Certains d’entre vous sont probablement au courant, mais le problème de coloration 17 x 17 a été résolu par Bernd Steinbach et Christian Posthoff. Voir le blog de Gasarch ici .

Ce n'est pas vraiment une réponse à la question, mais j'ai codé le problème 17x17 4 couleurs en tant que 4-CNF (au format DIMACS standard pour les solveurs SAT) et je l'ai téléchargé ici . Si quelqu'un a accès à un bon solveur SAT (et à un superordinateur!), Nous pourrons peut-être progresser.

Remarque: dans mon codage, si on attribue la couleur c ∈ { 0 , 1 , 2 , 3 } à gridpoint , la variable ( 17 i + j + 289 c + 1 ) prend la valeur 1 et 0 sinon .$(i,j)$$c \in \{0,1,2,3\}$$(17i+j+289c+1)$$1$$0$

Ce n'est pas une vraie réponse non plus. Le problème ici est certainement la présence d’un nombre astronomique de symétries, qui trompent même les meilleurs solveurs SAT sur les meilleurs supercalculateurs. De telles symétries dessinent des solutions aux solutions et des non-solutions aux non-solutions: il existe probablement dans ce cas un très grand nombre de quasi-solutions (c.-à-d. Des assignations satisfaisant à une faible quantité de clauses), chacune pouvant être obtenue par une autre appliquer une symétrie appropriée. Le solveur perd donc énormément de temps à essayer chacune de ces quasi-solutions, alors qu’elles sont, dans un certain sens, identiques.

L'exploitation des symétries (voir le présent document) devrait être une piste à explorer pour attaquer cette instance difficile de 17x17 et faire quelques progrès. Je me demande si quelqu'un a déjà essayé de le faire.

Encore une fois, ce n'est pas une vraie réponse, mais de toute façon, voici quelques réflexions sur l'adoption d'algorithmes de coloration de graphes pour ce problème.

Disons qu'un ensemble de positions de grille est un ensemble indépendant si l'ensemble I ne contient pas les quatre coins d'un rectangle. Définir un ensemble indépendant maximal de manière évidente. Les revendications suivantes sont équivalentes:$I$$I$

1. Lagrille n-à - m peut être colorée avec k couleurs.$n$$m$$k$
2. Lagrille n - m-m peut être recouverte de k ensembles indépendants.$n$$m$$k$
3. Lagrille n - m-m peut être recouverte de k ensembles indépendants maximaux.$n$$m$$k$

Ce qui est intéressant, c’est que la couverture avec des ensembles indépendants peut être réalisée en temps utilisant l’algorithme de produit de couverture rapide ( Björklund et al. 2007 ). C’est certainement une amélioration par rapport à l’ algorithme trivial k m n , bien que 2 289 semble encore insurmontable.$\log k\ \text{poly}(nm)2^{nm}$$k^{mn}$$2^{289}$

Si la famille de tous les ensembles (maximaux) indépendants a une structure suffisamment jolie, il pourrait également être possible d'affiner l'algorithme du produit couvrant.

La grille 21x12 est également quadrichromique sans rectangles monochromes !!!

Voir le dernier message de Bernd Steinbach sur le blog de Gasarch !

C'est Bill Bouris. Salut Dan Je travaille sur un programme qui recherche une matrice 17x17 appropriée qui ne présente aucune coloration selon la théorie de Ramsey. J'utilise une matrice de positions décrivant toutes les connexions entre les points, puis fixe la diagonale principale et permet à la rangée supérieure de la matrice de parcourir toutes les 16 combinaisons possibles à choisir; Je ne capture que les matrices qui répondent aux critères suivants ... no-XRRR, no-RXRR, no-RRXR, no-RRRX, no-XBBB, no-BXBB, etc., puis je balaye la matrice en utilisant la suivante critère le plus faible ... no-XBRR, noBXRR, no-BBXR, no-BBRX, no-XRBB, no-RXBB, etc., pour un total de 32 balayages jusqu'à ce que l'ordinateur remplisse automatiquement la coloration. J'ai remarqué qu'il y avait un candidat possible sur 400 matrices sur un total de 12780, et qu'il fallait 0,95 heure pour le trouver, soit 1 sur 8. 644 secondes. Ça s'en vient, mais je n'ai pas beaucoup de temps pour le programmer ... car je travaille à plein temps. Nous devrions travailler ensemble ... Je pourrais utiliser les 289,00 $!