在计算机复杂度理论中，P问题指的是能够在多项式的时间里得到解决的问题，NP问题指的是能够在多项式的时间里验证一个解是否正确的问题。虽然人们大多相信P问题不等于NP问题，但人们目前既不能证明它，也不能推翻它。P是否等于NP是计算机科学领域中最突出的问题，在千禧年七大难题中排在首位。科学家们普遍认为P≠NP是有原因的。让我们来看一看，如果哪一天科学家证明了P=NP，寻找一个解和验证一个解变得同样容易，那这个世界将会变得怎样？

 
    已知的NPC难题将全部获解，这将瞬间给各个科学领域都带来革命性的进展。整数规划、01规划、背包问题全部获解，运筹学将登上一个全新的高度；数据库的串行化、多处理器调度等问题也随之解决，大大提高了计算机的性能。同时，空当接龙、扫雷、数独等经典游戏也由于获得了多项式的算法而在很大程度上失去了意义。
    算法研究方向将发生全面转移。对算法的研究可能会转向围棋等NP-Hard问题。算法设计的学问与“NP问题统一解”的关系正如小学应用题与列方程解题的关系一样，将成为一种纯粹锻炼思维的游戏。

    一些新型的自动编程语言将出现，并将逐渐取代传统的编程语言。这种新型编程语言扮演着一个“判定性/最优化问题万能解决器”的角色。在新的编程语言中，你只需要用代码指明输入数据与输出数据的关系，而无需关心计算输出数据的步骤。只要这种关系是多项式时间内可计算的，编译器将自动找到解法。在新型编程语言的支持下，人们唯一需要考虑的是，如何把实际问题转化成数学模型。

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    高中一次英语课上，英语老师问我们，如果你有机会乘坐时光机回到过去，你想利用这次机会来干啥。“人上一百，形形色色”这句老话得到了完美的验证。什么“回去看看四大美女”呀、“看看金字塔是怎么建造的”呀、“回到三年前的那个风雨交加的夜晚握住她的手深情地告诉她其实我不想让你离开我你知道你走了之后我有多么痛苦吗”之类的东西，各种稀奇古怪的想法都被我们说了个遍。我还记得当时我说的啥——一个无比实用的雕虫小技。我说，我就想回到一个星期前，然后去买彩票。发明一个新东西并不是关键，关键是你怎么去使用它。
    最奇怪的幻想总是来自于最奇怪的需求。大家有过这种经历吗？看到自己写的程序运行了半天都还没有任何结果，于是开始纠结，到底是再等一会儿呢还是强行终止了检查一下看程序写错没；犹豫了半天决定杀掉进程后，检查了半天又发现程序没有写错。于是开始怨念，早知道程序没有死循环的话刚才就多等一会儿了。此时，你会突然开始幻想，有没有什么编译器能够事先告诉你你的程序是否会无限运行下去？虽然编程判断一段代码是否会无限执行下去很可能会相当的困难，但我们仍然不排除会有某个天才程序员想出了一个比三角恋爱更加复杂的算法，花它五年的功夫为他心爱的编译器写出了这样一个强大的插件。为什么不可能呢？这个东西看上去似乎比时光旅行机更现实一些。或许我们会在某个科幻电影中看到，一个程序员在黑黢黢的屏幕上输入了几个数，敲了一下回车，然后屏幕上立即用高亮加粗字体显示“警告：该输入数据会导致程序无限运行下去，确定执行？(Y/N)”。如果有一天，这一切真的成为了现实，那么你能利用这个玩意儿来做些什么实用的、有价值的事情？如果我说你能靠这玩意儿发大财你相信么？

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    曾经看到过自动扫雷软件，当时我就在想，扫雷游戏是否有什么牛B的多项式算法。最近才看到，扫雷问题居然是一个NP完全问题，并且这个定理有一个简单、直观而又神奇的证明。在这里和大家分享一下整个证明过程。
    首先，扫雷一定是NP问题，它显然可以在多项式的时间里验证一个解。接下来，我们需要把一个已知的NP完全问题归约到扫雷问题上去。我们将给出一种把逻辑电路问题归约到扫雷问题的方法，这样的话我们就可以利用扫雷问题解决逻辑电路问题，从而说明逻辑电路问题不比扫雷难。我们将把逻辑电路问题转换成一种对应的扫雷布局，就像画画一样把逻辑电路画在扫雷的棋盘上。如果你还不知道什么叫NP完全问题，什么叫逻辑电路问题，你可以看一看我的这篇文章。

   
    上图就是一条带有Boolean值的线路。注意到x和x'中有且仅有一个有雷。如果（沿线路方向）前一个格子有雷，我们就说这条线路状态为True；反之如果后一个格子有雷，那么这条线路所传递的Boolean值就是False。每条线路的起始端都如下图左所示，其中符号*表示该格里必然有雷，x和x'中同样是有且仅有一个有雷，但到底是哪一个里面有雷谁也说不清楚。线路是可以拐弯的，如下图右所示，这可以保证转角后Boolean值相同。
   

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    在这篇文章里，我们从信息论的角度证明了，基于比较的排序算法需要的比较次数（在最坏情况下）至少为log2(n!)，而log(n!)=Θ(nlogn)，这给出了比较排序的一个下界。但那里我们讨论的只是最理想的情况。一个事件本身所含的信息量是有大小之分的。看到这篇文章之后，我的思路突然开阔了不少：信息论是非常强大的，它并不只是一个用来分析理论最优决策的工具。从信息论的角度来分析算法效率是一件很有趣的事，它给我们分析排序算法带来了一种新的思路。

    假如你手里有一枚硬币。你希望通过抛掷硬币的方法来决定今天晚上干什么，正面上网反面看电影。投掷硬币所产生的结果将给你带来一些“信息”，这些信息的多少就叫做“信息量”。如果这个硬币是“公正”的，正面和反面出现的概率一样，那么投掷硬币后不管结果咋样，你都获得了1 bit的信息量。如果你事先就已经知道这个硬币并不是均匀的，比如出现正面的概率本来就要大得多，这时我们就说事件结果的不确定性比刚才更小。如果投掷出来你发现硬币果然是正面朝上，这时你得到的信息量就相对更小（小于1 bit）；反之如果投掷出来居然反面朝上了，那你就得到了一个相对较大的信息量（大于1 bit）。但平均下来，我们得到的信息量是小于1 bit的，因为前者发生的可能性毕竟要大一些。最极端的情况就是，这是一枚被捣了鬼的魔术硬币，你怎么投都是正面。此时，你投了硬币等于没投，反正结果都是正面朝上，你得到的信息量永远为0。
    这个理论是很符合生活实际的。昨天晚上我出去吃饭时，坐在我后面的那个人是男的还是女的？这种问题就比较有价值，因为大家都猜不到答案究竟是什么；但要问我昨天跟谁一起出去上自习去了，问题的答案所含的信息量就变小了，因为大家都知道如果我破天荒地跑去自习了的话多半是有MM陪着一起去的。如果有网友问我是男的还是女的，那就更不可思议了，因为我不但多次在这个Blog里提到我一直想找一个合适的MM，还在AboutMe里面发了我的照片。如果某人刚操完一个MM，突然扭过头去问“对了，你是男的还是女的呀”，那这个人绝对是一个不折不扣的大傻B，因为这个问题所能带来的信息量几乎为0。
    总之，当每种结果出现的概率都相等，事件的不确定性达到最大，其结果最难预测时，事件的发生将会给我们带来最大的信息量。我们把一个事件的不确定程度叫做“熵”，熵越大表明这个事件的结果越难以预测，同时事件的发生将给我们带来越多的信息。如果在排序算法里每次比较的熵都是最大的，理论上来说这种（基于比较的）排序算法就应当是最优的。但我们一会儿将看到，我们已知的排序算法总是不完美的，每种算法都会或多或少地存在一些价值明显不大的比较。

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图片来源：http://xkcd.com/399/
号外：期待了9个多月的PSP游戏Echochrome已经发行，网上到处有下载

  
    有这样的一类组合游戏，对于任一个游戏局面，游戏双方的合法决策都完全一样，游戏对战双方的唯一区别就是看谁先走。这样的游戏叫做Impartial Games。像什么报数啊，取火柴啊，取石子啊，这些游戏都属于Impartial Games；而象棋、围棋等要分棋子颜色的游戏则不属于Impartial Games。共享状态的游戏几乎没有可玩性，因为游戏开始前我们就能知道谁赢谁输（如果双方均使用最佳策略）。棋局的任一状态只有两种，面对这个棋局的人要么必胜要么必败。考虑这样的一个递推关系：如果一个状态是必胜态，那至少有一种走法能走成一个必败态留给对方；如果一个状态是必败态，那它怎么走都只能走到必胜态。运用这样的关系，我们可以自底向上推出初始状态是必胜还是必败。
    近来有人提出一个名为Atropos的游戏，它就是一个即使计算机也很难办的Impartial Game，它能保证这个游戏仍然具有可玩性。游戏在一个Sperner三角形上进行，上图就是一个边长为7的Sperner三角形。游戏开始后，双方依次在白色的圆圈里涂上红色、绿色或者蓝色，已经涂过颜色的圆圈不能再涂色。另外，只要有可能，所涂的圆圈都必须紧挨着上次对方涂的那个圆圈。谁先涂出三种颜色都有的小三角形，谁就输掉这场游戏。

  
    注意这个游戏是不可能出现平局的。当所有白色圆圈全部涂上了颜色后，至少会出现一个红绿蓝小三角形。为了证明这一点，我们可以在所有的绿色和红色圆圈中间画一个箭头，红的在箭头右边，绿的在箭头左边。这些箭头一定组成了一条一条的路径，它们既不会交汇也不会分岔。但整个图的边界上进来的箭头有4个，出去的箭头只有3个，于是至少有一条路径在里面走死了，也即迎面碰上了蓝色的圆圈。这样，我们就找到了一个红绿蓝三色都有的小三角形。

    这个游戏虽然属于Impartial Games，但它仍然具有可玩性。从直觉上看，这个游戏中的先手后手几乎没有区别，谁也不占优势。这篇论文则严格证明了，判断Atropos游戏的最佳策略属于PSPACE-complete，这是所有使用多项式空间的问题中最难的一类，所有使用多项式空间的问题都可以（在多项式的时间内）约化到它。这说明，Atropos游戏没有什么很显然的“决窍”，即使利用计算机也很难确定最优决策。

在线游戏：http://cs-people.bu.edu/paithan/spernerGame/SpernerGame.html (Java Applet)
查看更多：http://cs-people.bu.edu/paithan/spernerGame/

    SETI@home可以在杂乱的射电数据中搜寻独特的讯号，你能在大街上的嘈杂声中清晰分辨出一个尖细的女声大叫“亚美蝶”。这些现象都表明，有时对集合里的所有元素进行整体考察可以很快找出我们所要找的个体。去年我们搞合唱比赛时，我又想到了一个绝佳的例子：你可以在合唱声中清楚地听到是否有人跑调。考虑这样一个问题，假如合唱团里有一个人唱歌始终走调，但我听不出来是谁走调，只能听出当前正在唱歌的人中是否有唱走调了的人。那么，我如何才能迅速地揪出那个唱走调的人？利用经典二分法，我们可以在log2(n)次合唱后找出唱走调了的人。每一次，我都把剩下的人平均分成两组，然后选其中一组来合唱：如果听不到走调的声音，这一组的人就全部过关；如果听到有人走调，那另一组里的人都可以被排除了。递归地对剩下的组进行同样的操作，log2(n)次操作后必定可以找出那个唱歌走调的人。
    现在的问题变得有些麻烦了。假如我们知道合唱队里有一个人唱歌爱跑调，但他不是总会跑调。具体地说，他只有1/2的概率唱错，但其余1/2的时间里他却唱得很准。现在，传统的二分法不再适用了，因为没有走调声已经不能起到排除的作用了。你能想出多少种可行的算法来找出那个人？下面提出一些可行的方法，你认为哪种方法更好？你能求出这些算法所需要的检测次数的期望值各是多少吗？

    1. 不断地随机生成一个大小为n/2的子集并对其进行检测，直到某次不能通过检测为止，然后递归地对其进行操作。
    2. 所选的子集大小为n/2是最优的吗？把上面这种方法的n/2改成n/a，常数a的最优值是多少？
    3. 检测次数的期望值还可以更小吗？我们想到，每次都重新生成一个新的集合其实并不科学，新集合本身是否包含老鼠屎也是得碰碰运气的。因此，对方法1的一个合理改进是：把集合平均划分为两个部分，交替对它们进行检测直到某次检测没通过为止，然后对该组递归操作下去。这种方法真的比前两种好吗？它所需要的期望次数是多少？
    4. 尝试对方法3进行改进。如果把集合平均划分成3份并循环进行检测，效果会不会更好一些？





































    1. 选取的子集有1/2的概率覆盖了我们要找的那个人，子集里有他而他这次恰好又唱走调了则有1/4的概率。因此，不管规模有多大，平均需要4次才能把规模缩小一半。因此，检测次数的期望值为4*log2(n)。为了方便比较期望值的大小，后面的答案我们一律表示成一个常数乘以log2(n)的形式。
    2. 类似地，平均需要2a次检测才能把规模缩小到原来的1/a，因此总共花费的检测次数为2a*log2(n)/log2(a)。对函数求导，可得当a为e时函数值达到最小。此时的检测次数期望值为2e*log2(n)/log2(e)≈3.7683 * log2(n)。
    3. 这个就经典了。设方法3里把规模缩小一半所需要的检测的期望次数为m，下面我们来看m应该等于多少。把n个人平均分成两组，我们要找的老鼠屎有1/2的概率在第一组，有1/2的概率在第二组。因此，第一次就测出问题来有1/4的可能，第二次就测出问题也有1/4的可能。对于剩下的1/2种情况，局面变得又和最开始一样，只是平均需要的检测次数比原来多了2。根据期望值的定义，有m=(1/4)*1 + (1/4)*2 + (1/2)*(m+2)，解得m=3.5。总的检测次数就是3.5 * log2(n)，它比前面两种方法都要好。你可能不同意上面求m的方法。这没啥，如果你不断对m进行迭代，你会发现展开出来的式子就是最标准的期望值定义。
    4. 类似地，有m=(1/6)*1 + (1/6)*2 + (1/6)*3 + (1/2)*(m+3)，解得m=5。于是，把规模缩小到原来的1/3平均需要5次检测，总的检测次数为5*log2(n)/log2(3)≈3.1546 * log2(n)。

题目来源：IBM Ponder This Dec07
原文还从熵的角度探寻了问题的最优算法，感兴趣的读者可以去看一看

    似乎MM都很喜欢拼图游戏。如果MM过生日你不知道送她什么，送她一副拼图是一个不错的选择（事实上原来我也曾干过这事）。如果你失恋了，或者挂科了，或者这个月没饭钱了，或者怀疑自己的性取向，感到很郁闷的时候，静下心来玩一玩拼图游戏可以让你暂时忘掉烦恼。当你最终完成整个拼图时，你会有前所未有的成就感。当然，只有那些有耐心的人才觉得拼图有趣，像我这样的人肯定拼个十几二十分钟就觉得烦了。计算机搞久了的人往往都很没耐心，同一个操作反复执行的次数多了就觉得很烦，心里总会想这种机械操作交给傻B计算机去做该多省事啊。有时我会想，计算机是否有什么牛B算法可以用来解决拼图问题。今天我们要研究的是，如何把拼图游戏描述成一个信息学问题，计算机是否有更高效的算法来解决这个问题。
    传统的拼图一共有w*h个正方形小块，最终将拼成一个w*h的矩形图案。我们大致有以下两种依据来确定一个小块的位置：根据这一小块上的图案来确定它在整幅图片中的位置，或者从形状上观察这一小块可以和其它哪些块拼接。于是，拼图游戏变成了这样一种交互式的问题：允许你询问某一块是否在指定的位置，或者某两块是否相连，你如何尽早地完成整个拼图。具体地说，你可以：

• 询问拼块A是否在(x,y)上，交互库返回yes/no
  
• 询问拼块A和拼块B是否相连，交互库返回yes/no

    有时候，你并不能把拼图完全当作一个顶点最大度为4的无向图。多数情况下两个拼块只能按某一个方向上的某一种顺序相连。为了更贴近拼图游戏的真实情况，我们可以假定，对于第二个问题如果返回的是yes，则交互库还会告诉你A应该接在B的什么方向。现在的问题是，完成整个拼图最少需要多少次询问？
    假如拼图共有n块，询问的次数不会超过O(n^2)。对于每一个拼块，我都像傻B一样挨着挨着询问“它是不是在这里”，O(n^2)次询问可以保证我完成整副拼图。我们希望知道，是否有算法可以使用O(nlogn)甚至更少的询问次数？



































    答案是否定的。对于拼图问题，计算机并没有英明到哪里去，它也只能像傻B一样一个一个去试。我们下面将证明，不管你怎么努力，询问次数再怎么也不会低于O(n^2)。首先我们需要说明的是，问题2实际上并不能带给我们多大的帮助。

      
    如上图，我们把整个拼图划分成一个一个的“十字架”，并且挖掉每个十字架正中间的那个格子（深灰色的格子）。注意到关于这种划分的三个重要性质：

• 每个浅灰色的格子最多与一个深灰色的格子相邻
  
• 任何两个深灰色的格子都不相邻
  
• 深灰色的格子共有n/5个（可能有常数级别的偏差）

    现在，假如整个拼图里只剩这些被挖掉的深灰色格子还没确定，其它的格子上都已经放好了正确的拼块。再换句话说，在拼图游戏过程中，拼块是否应放在浅灰色的格子里，若可以则应该放在哪个格子，以及浅灰色格子之间的邻接状态都是已经知道的了，只要是不涉及深灰色格子的信息，你要什么我就给你什么。此时，我们只剩下n/5个格子（仍然是O(n)个格子），并且询问1与询问2变得完全等价；你要问拼块A和拼块B是否相邻，还不如直接问拼块是否应放在某个洞里。于是，问题变为这样，只凭借询问1来确定O(n)个拼块的位置需要多少次询问。我们下面证明，O(n^2)次询问是必须的。
    考虑一个二分图，左边n个顶点表示n个拼块，右边n个顶点表示拼图上残留的n个洞。现在，我只能询问指定的两顶点间是否有边，只有当交互库回答了n次yes后拼图才算完成。那么，作为交互库，你应该尽可能返回对游戏者不利的信息，让整个局面往最坏的方向发展。如果叫你来写这个交互库，你该怎么写？容易想到，只要有可能，我都返回no；除非某个时候一旦我再返回一次no，所有没被问过的边和返回过yes的边所组成的二分图不存在一个完全匹配时，我才可能返回yes。我们需要一个二分图存在完全匹配的充分条件来支持我们的这个算法。
    考虑如下定理：如果一个二分图左边右边各有n个顶点，每个顶点都与对面至少n/2个顶点相连，则这个二分图一定存在一个完全匹配。定理的证明很简单。König定理告诉我们，二分图的最大匹配数应该等于最小点覆盖集，而一个图的最小点覆盖与最大点独立集是互补的，它们的和始终等于顶点数|V|（在这里|V|=2n）。因此我们只需要证明，上述二分图的最大点独立集不会超过n。假如我在左边选的顶点数不超过n/2个，则右边最多也只能选n/2个顶点（左边任一个点都已经使右边至少n/2个点废了）；假如我左边选的顶点数超过了n/2个，则右边的顶点一个都不能选（右边每个点都连接了左边至少n/2个点，任选一个都会导致冲突）。总之，最大点独立集不可能超过n，但n显然是可以达到的（取同一边的所有点），那么最小点覆盖集也就是n，即二分图存在完全匹配。
    有了这个定理，下面我就好办了：任何时候，只要每个顶点你都有半数以上的边没问过，我就可以放心大胆的回答no（因为这些没问过的边总可以组成一个完全匹配）；一旦某个时刻有一个顶点被问过了n/2次，那么我就随便找一个完全匹配，把这个点“亮”出来，告诉你这个点应该和哪个点匹配（不计询问次数），然后把这两个匹配了的顶点从图中删去，继续刚才的操作。每次删除一对顶点都会顺带着删掉与它们相连的至少k/2条问过的边，其中k表示当时左边右边各剩下k个顶点。删掉了多少边就表示你曾问过了多少边，因此完成整个拼图你总共问过至少n/2 + (n-1)/2 + ... + 2/2 + 1/2条边，这个数量显然是O(n^2)的。

做人要厚道
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参考资料：http://www.brand.site.co.il/riddles/200710q.html