Penomoran Subset

Perbaiki . Untuk cukup besar , kami ingin memberi label semua subset ukuran persis dengan bilangan bulat positif dari . Kami ingin pelabelan ini memenuhi properti berikut: ada himpunan bilangan bulat, stn { 1 .. n } n / k { 1 ... T } $k\ge5$$n$$\{1..n\}$$n/k$$\{1...T\}$$S$

1. Jika subset dari ukuran tidak berpotongan (yaitu penyatuan set ini membentuk semua set ), maka jumlah label mereka di .n / k { 1 .. n } $k$$n/k$$\{1..n\}$$S$
2. Jika tidak, jumlah label mereka tidak di .$S$

Apakah ada dan pelabelan, st ?T ⋅ | S | = O ( 1,99 n$k\ge5$$T\cdot|S|=O(1.99^n)$

Sebagai contoh, untuk setiap kita dapat memberi label pada himpunan bagian dengan cara berikut. , setiap subset memiliki bit dalam jumlah mereka: bit pertama sama dengan jika subset berisi , bit kedua sama dengan jika subset berisi dll Mudah untuk dilihat, bahwa hanya mengandung satu elemen . Tapi di sini . Bisakah kita melakukannya dengan lebih baik?T = 2 n n 1 1 1 2 S 2 n - 1 T ⋅ | S | = Θ ( 2 n$k$$T=2^n$$n$$1$$1$$1$$2$$S$$2^n-1$$T\cdot|S|=\Theta(2^n)$

Jawaban parsial adalah bahwa bahkan untuk pelabelan seperti itu tidak ada.$k$

Untuk satu set menguraikan himpunan bagian S 1 , ... , S t (ukuran n / k , biarkan f ( S 1 , ... , S t ) menunjukkan jumlah dari nilai-nilai mereka).$t$$S_1, \ldots, S_{t}$$n/k$$f(S_1, \ldots, S_t)$

Klaim: jika dan S 1 ∪ … ∪ S t ≠ S ′ 1 ∪ … ∪ S ′ t maka f ( S 1 , … , S t ) ≠ f ( S ′ 1 , … , S ′ t ) .$t < k$$S_1 \cup \ldots \cup S_t \ne S'_1 \cup \ldots \cup S'_t$$f(S_1, \ldots, S_t) \ne f(S'_1, \ldots, S'_t)$

Untuk melihat mengapa klaim itu benar, pilih satu set sedemikian rupa sehingga ⋃ k i = 1 S i = [ n ] tetapi kemudian salah satu set baru ini memotong salah satu dari S ′ i 's so f ( S 1 , ... , S k ) tidak boleh sama dengan f ( S ′ 1 , ... , S ′ t , $S_{t+1}, \ldots, S_{k}$$\bigcup_{i=1}^{k} S_i = [n]$$S'_i$$f(S_1, \ldots, S_k)$.$f(S'_1, \ldots, S'_t, S_{t+1}, \ldots, S_k)$

Konsekuensi: .$T > {n \choose tn/k}/t$

Pengaturan memberikan batas bawah T ≥ 2 ($t = k/2$.$T \ge 2{n \choose n/2}/k = \Omega(2^n/\sqrt{n})$

Perhatikan bahwa untuk aneh satu mendapat batas bawah urutan ($k$. Sudah untukk=5kita memilikiH((1-1/k)/2)=${n \choose n(1-1/k)/2} \approx 2^{H((1-1/k)/2)n} = 2^{n(1-O(1/k^2))}$$k = 5$ sehingga eksponen cenderung ke 1 dengan cepat.$H((1-1/k)/2) = H(0.4) \approx 0.97$$1$

Saya kira tidak ada solusi untuk aneh juga, tetapi saya tidak yakin bagaimana membuktikannya.$k$

Ini bukan jawaban, hanya penjelasan mengapa untuk k = 2 tidak ada pelabelan seperti itu (saya yakin ini sudah diketahui oleh Alex, jadi ini hanya artikel bagi pembaca lain seperti saya ...)

Untuk k = 2 kita memiliki . Ini karena ada($T\ge {n \choose n/2}\ge 1.99^n$himpunan bagian ukuran n / 2. Jika ada dua yang mendapatkan label yang sama, misalnya A dan B, maka jumlah label A dan komplemennya tidak dalam S, atau jumlah label B dan komplemen A adalah dalam S. Ini menyiratkanT≥(${n \choose n/2}$(untuk besar n).$T\ge {n \choose n/2}$

Untuk ka yang lebih besar, argumen yang sama menunjukkan bahwa semua label harus berbeda, tetapi ini hanya memberikan batas bawah eksponensial yang lebih lemah. Jadi sudah k = 3 tampaknya tidak diketahui.