NP难问题

NP难问 有数学家说过「一个好的问题胜过十个好解答」。 因为解答一出，此问题已是 到了终点，对不断求创新的人们而言，已不构成挑战。 而新的问题是源头活水， 能开拓新的境界。多数人都不愿沉醉在好的解答中不断的玩味，而希望找到新的 问题，不断的思考，摸索。 大家在《数播》上已看见了不少好的问题，尤其最近康明昌教授谈到的费马定理， 几何三大难题，都是极有趣的问题。 有的已有了解答，有的尚待解决。 除了上面的题目外，像四色问题（即任何一个地图只要用四种颜色就可以把国界分开）， 五次以上方程序的公式解，及数论上质数分布问题，都曾在职业及业余数学家的 心目中占有相当的地位。 本文所要介绍的是一个最近（1970年代开始）一种许多数学家及电子计算器学家所关心的大问题??NP 问题。 NP 所代表的意思，你看完本文之后自然会明白，现在你不妨记住「NP-hard」这个伟大的字。 将来如果你对某人说你的问题是「NP-hard」，他也许就要对你刮目相看了，NP-hard 不但代表 hard（难），而且是 NP 的难！ NP 问题的代表问题之一是售货员旅行问题 (traveling salesman problem)。有一个售货员要开汽车到 n 个指定的城市去推销货物，他必须经过全部的 n 个 城。现在他有一个有此 城的地图及各城之间的公路距离，试问他应如何取最n 短的行程从家中出发再到家中？ 图1 售货员之地图，A,B,C,… 表城名，数字表两城 之间之里数。 如图1中，A,B,C,…,G 表示 7 个城市，而售货员要从 A 城出发再回到 A 城并 访问 B,C,…,G，所有的城，一个可行的方法是 问题是：这是否是最短的途径？也许 更近呢？加起来的结果第一路径总长235里，而第二路径总长为230里，故第二路径较短， 但是否存在一个更短的路径呢？目前的方法接近一个一个的排着试，还没有找到更好可以寻 得最短路径的方法。对七个城而言，共有 6!=720 个排法，尚不算难，但若有 20 个城，则排法就有 19! 种。因 故 在排列组合里 n! 写起来轻松，但 1.21 x 1017 是一个大得不得了的数字，若每秒钟排一次， 97要排 3.84 x 10 年（一年约为 3.15 x 10 秒）， 即使使用计算器，每秒排一百万次（不容 易做到）也得重做三千年才能找到。「生也有涯，知也无涯」，想不到区区二十个城，要 三十个世纪才能找到答案。 由于电子计算器的发展，有许多以前认为枉费时的计算，像行列式之值，反矩阵， 高次方程式的解，都可以在极短的时间内解决。但也突然出现了一些新问题，连 大 型计算器也望之兴叹。像售货员问题，因为找不到比硬排好得很多的做法， 使得数学家们开始想要证明，根本找不到比硬排好得很多的做法。这个证明至今 尚未找 到。就像以前一角三等分问题一样，既然找了几千年找不到用圆规直尺 三等分任一角的方法，也许我们可以证明绝对不可能用圆规直尺三等分一角。 现在我们要证明绝不可能写一个计算器程序大大的简化售货员旅行问题。与三等分 一角问题不同的是，前者是一种数学上的好奇，而当今的问题与实际用途却有密 切 的关连。 在此我们一直强调一个好得很多的方法。原因是对这类的问题，你若能计算快一 倍或十倍、千倍，往往起不了什么大作用，好像刚才的二十城旅行 问题，即使快了千倍，仍需三年的计算时间，而再加三城立刻就把这个计算法的效果抵消了， 因此我们所要的是计算量基本层次的减少，这就是我们在下一节所要讨 论的。 计算量，顾名思意，是指解决某问题所需要计算的时间，但因每个复杂问题的计 算往往都要经过许多不同的运算，除加减乘除四则外，还要包含比较，取数据， 存数 据等等，若仔细计算起来，十分困难，一般都只绘出一两个主要的量，加 以统计，以上节中售货员旅行问题为例，其主要的工作是对每一个排法加起总路 径之长，因 对 n 城而言，有 (n-1)! 的排法，我们就定其计算量为 O(n!)，即 在 n! 之层次（order 即 O 缩写之来源）之内。 举二个例子，我们若要求 n 个数的和或平均值，则其计算量为 O(n)。 但若我 们要把 n 个数字依次排列，则其计算量会因做法的不同而有相当的差别，一个 直接了当的方法是，先求出最大的（比 (n-1) 次），再从不是最大的中间求次 大的（比 (n-2) 次），再求第三大的（比 (n-3) 次），……如此一共比了 22次就可以完成此工作。因此我们以 O(n)，即在 n 之层次来表此方法的计算量。 另外一种快排法，先把 n 个数分成若干小块，每块排好之后再合起来， 则可以证明此种方法之计 1算量为 ，因排数字与排名字，电话号码相同，这种排法很有实用价值， 例 2127如某大城有一百万户，则 n=10，而 只有 2 x 10，其差别三个月与一分钟之比。 一般计算量的层次多以下表来区分， 在上表中，k 为某一大于 2 的正整数，它们中间都有一道鸿沟，有基本层之不同，在计算 器理论上，若某人能发现一个新的方法，降低一个层次的计算量，那么他的新方法有资格称 之为一个突破，可以不朽矣。表1 有一个对上项各量之比较，是以计算器每秒作一百万次 6(10) 计算为原则。 23nnn n n n 2 3 n! -6-5-5-4-3-310 10 10 10 10 10 10 0.059 0.45 -6-5-5-4-220 10 10 10 10 10 1(秒) 58(分) 1年 -5-4-4105750 10 10 10 0.0025 0.125 36年 2 x 10年 10年 -5-3-33331000 10 10 10 1 16小时 10年 极大 极大 6-5510 10 1 6 1月 10年 极大 极大 极大 9-5910 10 16小时 6天 3年 3 x 10年 极大 极大 极大 表一：以计算器每秒做一百万次时完成各层次计算量所约需的时间（若无单位，均以秒为单 位） 3nn在这个表中，特别注意 n 与 2 中之差异，一般称 2 为计算量呈指数上升，3k2而 n 或 n 之计算量呈 n 的方次上升 ， 对目前及未来的计算器而言，一个 呈方次上升的计算量应可以应付，但对一个呈指数上升的计算量在 n 相当大时 则毫无希望。 因此计算器学家所集中精力的方向在如何将一个呈指数上升的计 算量问题，简化成一个方次上升的计算量问题。 我们定义凡对一个问题中最重 要的参数 n 而言，若能找到一个方法可以以方次上升的计算量完成， 我们称此问题为一 P-问题（P 为英文多项式 Polynomial 之第一字母），包含所有此类 问题之集合以 P 表示之。 本节之题目有点不平常，我们的目的是提醒读者本文中常用之英文大写的 P 是k一个凡能用 O(n) 计算量解决之问题之集合。而 P 之外加一个问号系指到目前 为止，我们尚不知道 P 之外是否是一个空集合。 到目前为止，除了售货员旅行问题之外，已经有上百有趣或有用的问题，无法用 kO(n) 的计算量来解决，我们在此列举几个例子。 1 3即第一节所述之问题，不再重复，不过假定所有距离均为正整数 。 2 与第一题之条件相同，但现在有一个给定之正整数 B， 问题是是否存在一条路径其 总距离不大于 B。 （问题1与问题2在表面上相似，但在以后的理论上有很大的不 同） 3 有物体 n 个，各重 w,w,…,w，今欲将它们分为二袋， 试问如何分法可使两袋之12n 重量最为接近。 （不妨假定 w 皆为正整数，这并未失去一般性。) i 4 如上题，并给定一正整数 B，试问可否选出若干 w，使其和 i 5 有 n 个各别重量小于 1 公斤的物品及足够可以装 1 公斤东西的盒子，今将物品装 于盒子之中，多个物品可装于一盒，但任何一盒不得重于 1 公斤，试求最小的盒子 数。 6 今有 n 个男孩子与 n 个女孩子参加舞会，每个男孩与女孩均交给主持一个名单， 写上他（她）中意的舞伴（至少一人，但可以多于一人）。试问主持人在收到名单后， 是否可以分成 n 对，使每人均得到他（她）所喜欢的舞伴。 7 某仓库有 D 个存仓，排成一列，今有 n 批货物，各可占有一个或多个存仓，并已 知各批物品存入与提出之日期。试问可否将各货物存入库里不发生存仓不够的困难 且同一批货物若需一个以上存仓时，其存仓必须相邻。 8 已知 a,b,n 三正整数，问是否存在一小于 n 位之正整数使得 9 （甲） 给定一 n 位正整数 a，试问其是否为质数？ （乙） 给定一 n 位正整数 a，试问是否存在 m,n >1 且 a=mn？ 10 已知空间 n 个点，并假定各点之间之距离为正整数，又给定两正整数 K 与 B， 问 是否可将此 n 点分成小于 K 个不重合的子集，使得在同一子集内之任意二点距离 均不大于 B？ 现在可以看出这类问题的一般结构了。很显然的，有些是极有用的问题，而有些 可以转换成有用的问题。 例如舞伴问题，若把男孩与女孩换成工人与工头，或 医生与病人就有大用了。这些问题到目前没有一个可以证明是属于 P 的， 大家 都猜测它们可能在 P 之外，即其计算量是呈指数增加的。 在60年代，已有些人把某些问题归于一类了，即是几个问题是互依的，若其中 之一若属于 P，则其它几个也属于 P， 其证明方法大都是证明两个互依问题中k间有一个只需要用 O(n) 时间来完成的桥梁。 直到1971年古克 (Stephen A. Cook) 发表了〈The Complexity of Theorem Proving Procedures〉才把 之P4外约问题归成了三大类， 即 NP, NP-complete 及 NP-hard ，现在谈古克定 律。 古克定律的证明很难，就是了解它也不容易，我们将从几个角度来看这个问题， 试着去暸解它。它的主要结果是把前节那类问题大部归于一个较易证明的集合， k1. 若有一个 NP-complete 问题可以用 O(n) 计算量来解决， 则全体的 NP 问题都称之为 NP，而在 NP 中找到一批互依的问题称之为 NP-complete 类并得到下面k可以用 O(n) 之计算量来解决，即 的结果。 1' 若有一个 NP-complete且 ，则 P=NP。 5又换句话说，NP-complete 是 NP 中的难题，NP-complete 解决了 ， NP 就 解决了。但若有一个属于 NP 而不属于 NP-complete 的问题解决了，则其它的 NP 问题不一定可以解决。 什么叫做 NP？NP 是英文 nondeterministic polynomial 的缩写，意思就是非 确定性的多项式时间。要暸解这个字。我们先看一看普通计算器的作用。 现在已知用一个计算器，要解决售货员旅行问题非常困难，但若我们有许多计算 器同时用，是否可以快到把原问题在 kO(n) 时间内解决？「许多」，不是一、 二，多一二个是于事无补的，多百个千个仍是杯水车薪，不能有很大的作用，因 为就是一千个机子可以分开做，也最多只能快一千倍，在第一节内已说过，帮助 不大。 因此计算器学家先放眼望去，干脆允许你可以无限的增加机器。 现在我们要注意的是并不是有了无限多的机器所有的问题就可以立刻解决了，因有的问 题有先后次序，例如在算下式的时候 [(a+a)a+a]a+a 123456 除非换个形式，否则必须一步一步的解括号，机子多了并不能加快计算的速度，而且机子多 了，其间之联络千变万化，一个机子要应付千千万万别的机子送来的信号也疲于奔命了。 因 6此我们只假定所有的机子都只承上启下，单线作业，不作任何横向联络 ，也就是说，机器1可以把它的结果传给它下面的机子，像 a,a,…,a 而每一个机子又可以把它们的结果12n 传给自己的子机， 但在 a,a,…,a 之间不互相联络。 以售货员旅行问题为例，若有20个12n 城，第一个机子开始，叫下面19个机子各取一个不同的城及计算与 A 距离， 而这个19个机子又将它所求得的距离交给自己的18个子机令它们取一个与自己不同的城加上距离， 如此往下，在第十次时， 第十阶段的机子把它已取9城及总距离告诉下一个机子，叫他们 再取一与已取之城不同之城加上距离，如此一直做到第19次， 所有路线的距离都有了，在 k时间上求得所有的距离是 O(n)（但用了 19! 个计算器）， 古克定义凡可以在 O(n) 时间内用无限多计算器解决的问题为一 NP 问题。 现在要记住的是由于无横向连络，在所有路径的距离都有了之后，并没有解决售 货员问题（甲），因为不知谁是最短（若加以比较以求最短距离，则要 (!) 个On 比较），因此我们不能说售货员旅行问题（甲）是一个 NP 问题。 但上节问题 2，售货员旅行问题乙，任何一个单线都可以知道它的总距离是否不大于 B， 因 此每单线都有一个「Yes」或「No」的答案。 只要有一个「Yes」的答案，我们 即知道本问题已解决，故问题二是一个 NP 问题。在单线作业中，每个机子可以 作三件事。 1. 目前答案不明确，大家各自作业。 2. 某线已找到答案，立刻叫停，大家停止作业，解题完毕。 3. 此路不通，本线不再作业，但不叫停，别线仍然作业。 从上项作用，很容易看出找出答案的计算时间即某线叫停的时间，亦即任何一个 有「Yes」答案线中计算量之总和， 也就是说找到答案「快捷方式」上所需的时 间。易言之，在一非确定性计算器系统下，其子机像有「猜测」到快捷方式的功 k能。 若在任何计算步骤中，某人猜了一个答案，而计算器可以在 O(n) 时间内 回答「Yes」或「No」，这个问题即是一个 NP 问题。 再以售货员旅行（甲）及 图1为例，若你猜一个路径 我们无法知道此路是否最短，但在(B)问题中，一个「Yes」或「No」的结果只要7个加法就可以回答了。 因此根据新的定义，问题2是一个 NP 问题。 由这两个定义，读者不难看出问题2,4,6,7,8,9（乙）与10皆为 NP 问题，特别是问题9之（甲），（乙）， 其实是一样的问题，但如果你猜二个 m,n，立 刻就可知道 a 是否是 mn。 古克定理的关键在证明若一种叫满足问题 (Satisfactability Problem) 的例子属于 P， 则所有 NP 问题均属于 P（即此问题属于 NP-complete）， 令 ,+,-（且，或，反）表三个基本的逻辑运算（即对0与1逻辑符号而言，,,除了1+1=1之外，+， 与一般代数之加乘相同）。 令 f 为一个含有 n 个逻辑 变量 (u,u,…,u) 的函数。 假如我们可以找到一组 u,u,…,u，使得 12n12nf(u,u,…,u) = 1，则 f(u,u,…,u) 称为可满足。 例如 12n12n 为一可满足函数，取 u=u=u=1 即可，但 123 永为 0，故此 f 为不可满足。 n直觉上，这类问题除了将 u, u,…,u 一个一个以 0,1 代入检查 2 次之外，12n 显无快捷方式可循，古克1971年之论文即证明这是一切 NP 问题之母。 满足问题为 NP-complete。 现在已可证明在前节中之问题，除了问题1,3,5,9 之外，全是 NP-complete 问题。 NP-complete 问题既找不到可行的解法，而很大部分的 NP-complete 问题都在计算器语言，程序，电路，统计学，程序作业上有大用，因此只好退而求其 次找一个可行的近似解。很可惜的是，所有的 NP-complete 问题虽在 NP 的层次上相联，在近似解上往往各需不同的解法，这些解法多从直观而来，我们在此 举二个例子。 1 在第三节问题5，包装问题中，若采取「能装就装」法，即现有的盒子若可以装得 下，就不用新盒子，则此法所需用之盒子数 k 与最可能少的盒子数 k 满足 10 。 今令 n 个物品之重为 w,w,…,w 公斤，因每个盒子只可以装1公斤，故 12n 另一方面，「能装就装」法不可能有两个以上的盒子同时少于 公斤，故 本例得证。 这个问题的结果是说，我们大约可以用「能装就装」法做得最好情形的一半好。 经过较复杂的证明，Johnson 在1974年证得，当 n 很大时， (i) ，且存在一种情形能产生。 (ii) 也就是用「能装就装」法不会坏到 70% 以上，但可以坏到多用了 70% 的盒子。 售货员旅行问题的一个直观走法是先访问最近那个尚未访问过的城，称为「先访 近城」法，以图1为例，其走法为 Rosenkrantz 等在1977年证明这并不是一个很理想的走法，他们证出若各城间的距离满足三 7角不等式 ，则「先访近城」法所走之总程 D 与最短路径 D 之关系为 10 且当 n 很大时，可以有一种情形使得 上式中之 [x] 表示大于 x 之最小整数，例如 [5]=5, [2.5]=3。 因 当 n 大时可以很大，故 D 可与 D 相差非常之大，但在同一篇论文之中，Rosenkrantz 等证明另一种复杂10 的「直观」走法可以达到 之地步。 在上面的定理中，三角不等式的条件很重要，若城之距离无此关系存在时，Sahni 与Gonzalez 在1976年证得：若 NP，则不可能存在一个有限的 m，及一个 k() 计算量的走法，能使其全程长 在任何 时满足 OnDn1 k即上式中 m 非等于无限大不可，亦即所有 O(n) 的做法都不很好。 不是所有的难题都可归结为 NP 问题，像下得一手绝对好的围棋现在目前的推测 是比所有 NP 问题还要难的计算问题，即 NP-hard 问题，NP-hard 问题的定义如下： 定义： 若 x 为一 NP-hard 问题，则若 NP ，则 。 也就是说，即使 P=NP，x 还不一定属于 P，但 NP, 则 x 绝不比 NP 的问 k题容易。在第三节中的问题1、3不一定是 NP 问题，但若能以 O(n) 的计算量 k解决它们，则比较容易的问题2与4也可以 O(n) 解决， 故若问题1、3 则问题2、4，又因2、4是 NP-complete，即推出 NP=P。 这与 NP-hard 之 定义相合，故问题1、3均为 NP-hard 问题。 同理问题5也属于 NP-hard，不 过这些 NP-hard 似乎比 NP 难不了多少，但下棋问题可能比 NP 问题要难得多， 围棋问题可以作如下观。 11. 以平常的围棋规则在一个 n x n 的棋盘上下，给定一个残局（下了二个子就可以算 残局），首先，是否可以确定黑子在最好的下法之下，一定会赢？ 这个问题不能用一般的方法证明它是不是为 NP。 因为目前没有人能猜一个必胜p的下法且在 O(n) 时内证明它是对的，因为它与对方如何应付有关，而敌方的 应付又与他对你以后的下法的推测有关，如此往下走，首先发生困难的是记忆上 亮了红灯，即所需要的记忆可能呈方次以上的进展。 因每一个记忆至少要用（来计算）一次，否则这个记忆就不如不要，因此一个问 题的记忆若呈指数上升，则其计算量亦非呈指数似的上升不可，但若某问题只需 要方次上升的记忆，即不能保证它只需要方次上升的计算量。 因此计算器学家定义三个新的集合： PSPACE={x：x 只需要方次上升的记忆 } 注：x 均指问题。 PSPACE-complete： 若 PSPACE, 又 PSPACE-complete, 且 , 则 P= PSPACE。 PSPACE-hard： 若 PSPACE-hard, 且 , 则 P= PSPACE。 注意在上式中 PSPACE-complete PSPACE，即 PSPACE-complete 是 PSPACE 中的难题，但 PSPACE-hard 不一定属于 PSPACE。 Stockmeyer and Meyer 在1937年证明了一个与古克相似的定理。 若令 表示存在一个 x， 表对所有的 x，Q 表 ， 中的一个，x 为布 氏变量0与1，则我们称 f(Q x,Q x,…,Q x) 为一量化布氏公式。若 f 有1122nn 可能为1，则 f 称之为可满足，例如把第四节中之(1)式改写成 则上式不可能满足，因对 （u 为 0 或 1）而言，f 不全是1。 3 Stockmeyer 与 Meyer 之定理为： 检定一个量化布氏公式为可满足是一个 PSPACE-complete 问题。 当我们下棋面对着一盘残局沉思的时候，我们的要求是 对我是否存在一着必胜棋可以对付 敌人任何一着应付棋 此后我是否存在一着必胜棋可以对付 敌人任何一着应付棋 …… 我是否存在一着必胜棋可以对付 敌人任何一着棋 我赢了 因此这完全是 ,,,,… 之交替作用与Stockmeyer 与 Meyer 定理之关系至为密切， Robertson 与 Munro 在1918年证得围棋是一种 PSPACE-hard 的问 8600题， 目前有人计算到围棋 必胜法之记忆计算量在 10 以上，不论人脑或计75算机的记忆绝少不了一个原子， 而现今所知的宇宙原子数约只有 10。棋之道， 大矣哉！要做一个下围棋必胜的机器人是谈何容易！