Размещение людей в кинотеатре

Это основано на статье, которую я читал о головоломках и интервью с вопросами, заданными крупными компаниями-разработчиками программного обеспечения, но у него есть твист...

Общий вопрос:

Что такое алгоритм для размещения людей в кинотеатре, чтобы они сидели прямо рядом со своими друзьями, но не рядом с их врагами.

Технический вопрос:

Учитывая сетку N на M, заполните сетку элементами N * M - 1. Каждый элемент имеет логическое значение ассоциации для каждого из других элементов N * M - 2. В каждой строке N элементы непосредственно рядом с другими элементами должны иметь положительное значение ассоциации для другого. Столбцы, однако, не имеют значения, т.е. Элемент может быть "врагом" с элементом перед ним. Примечание: Если элемент A имеет положительное значение ассоциации для B, то это означает, что B также имеет положительное значение ассоциации для A. Он работает одинаково для отрицательных значений ассоциации. Элемент гарантированно имеет положительную связь, по крайней мере, с одним другим предметом. Также у вас есть доступ ко всем элементам и значениям их ассоциации, прежде чем вы начнете размещать их в сетке.

Комментарии:

Я изучал эту проблему и думал об этом со вчерашнего дня, из того, что нашел, это напоминает мне проблему с упаковкой бинов с некоторыми добавленные требования. В свободное время я попытался ее реализовать, но большие группы "врагов" сидели рядом. Я уверен, что в большинстве ситуаций должно быть по крайней мере одна пара врагов, сидящих рядом друг с другом, но мое решение было далеко не оптимальным. На самом деле это выглядело так, как будто я просто рандомизировал его.

Что касается моей реализации, я сделал N = 10, M = 10, количество элементов = 99 и имел массив размером 99 для элемента EACH, у которого было рандомизированное логическое значение, которое ссылалось на дружбу соответствующий номер товара. Это означает, что каждый элемент имел значение дружбы, которое соответствовало их самости, я просто проигнорировал это значение.

Я планирую попытаться повторно реализовать это позже, и я отправлю код. Может ли кто-нибудь понять "хороший" способ сделать это, чтобы минимизировать столкновения между врагами?

ОТВЕТЫ

Ответ 1

Эта проблема NP-Hard.
Определить L={(G,n,m)|there is a legal seating for G in m×m matrix,(u,v) in E if u is friend of v} L является формальным определением этой проблемы как языка.

Доказательство:
Мы покажем гамильтониан-задачу ≤ (p) 2-путь ≤ (p) Эта проблема за 2 шага [гамильтониан и 2-путь, определенные ниже], и, следовательно, мы заключаем, что эта проблема NP-Hard.

(1) Покажем, что поиск двух путей, охватывающих все вершины без использования какой-либо вершины дважды, является NP-Hard [пусть назовем такой путь: 2-путь и эта проблема как проблема 2-пути]
Сокращение от Гамильтонова проблема пути:

input: a graph G=(V,E)
Output: a graph G'=(V',E) where V' = V U {u₀}.

Корректность:

  • если G имеет гамильтоновую траекторию: v₁ → v₂ →... → vn, то G 'имеет 2-путь: v₁ → v₂ →... → уп, u₀
  • если G 'имеет 2-путь, так как u₀ изолирован от остальных вершин, то существует путь: v₁ →... → vn, который является гамильтоновым в G.

Таким образом: G имеет гамильтоновую траекторию 1 ⇔ G 'имеет 2-путь, и, следовательно, 2-путьная задача NP-Hard.

(2) Покажем теперь, что наша задача [L] также NP-Hard:
Мы покажем редукцию по задаче 2-пути, определенную выше.

input: a graph G=(V,E)
output: (G,|V|+1,1) [a long row with |V|+1 sits].

Корректность:

  • Если G имеет 2-дорожку, тогда мы можем посадить людей и использовать пробел 1 сидения использовать в качестве "буфера" между двумя путями, это будет законным идеальным местом для сидения так как если v₁ сидит рядом с v₂, то v₁ v₁ → v₂ находится на пути, и, следовательно, (v₁, v₂) находится в E, поэтому v₁, v₂ являются друзьями.
  • Если (G, | V | +1,1) является юридическим местом: [v₁,..., vk, buffer, vk + 1,..., vn], в G есть 2-путь, v₁ →... → vk, vk + 1 →... → vn

Вывод: Эта проблема NP-Hard, поэтому для нее не существует многочленного решения.

Экспоненциальное решение: Вы можете использовать backtracking решение: это в основном: создать все подмножества E с размером | V | -2 или меньше, проверить, какие лучше.

static best <- infinity
least_enemies(G,used):
  if |used| <= |V|-2:
     val <- evaluate(used)
     best <- min(best,val)
  if |used| == |V|-2: 
     return
  for each edge e in E-used: //E without used 
     least_enemies(G,used + e)

здесь мы предполагаем, что оценка (используется) дает "оценку" для этого решения. если это решение полностью незаконно [т. вершина появляется дважды], evaluate(used)=infinity. конечно, можно сделать оптимизацию, обрезая эти случаи. чтобы получить реальное сидение, мы можем сохранить в настоящее время лучшее решение.

(*) Есть, вероятно, лучшие решения, это простое возможное решение для начала, главная цель в этом ответе - доказать, что эта проблема NP-Hard.

EDIT: более простое решение:
Создать график G'=(V U { u₀ } ,E U {(u₀,v),(v,u₀) | for each v in V}) [u₀ - это мусорная вершина для буфера] и функция веса для ребер:

w((u,v)) = 1    u is friend of v
w((u,v)) = 2    u is an enemy v
w((u0,v)) = w ((v,u0)) = 0

Теперь вы получили классический TSP, который может быть решен in O(|V|^2 * 2^|V|) с использованием динамического программирования.

Обратите внимание, что это решение [с использованием TSP] предназначено для одного выровненного театра, но это может быть хорошим способом найти решение для общего случая.

Ответ 2

Один алгоритм, используемый для больших "поисковых пространств", таких как имитированный отжиг