Python 2
Tabla hasta n = 64
, verificado óptimo con fuerza bruta hasta n = 32
:
4 4 0001
8 4 00010001
12 6 000001010011
16 8 0000010011101011
20 10 00010001011110011010
24 12 000101001000111110110111
28 14 0001011000010011101011111011
32 14 00001101000111011101101011110010
36 18 001000101001000111110011010110111000
40 20 0010101110001101101111110100011100100100
44 18 00010000011100100011110110110101011101101111
48 24 001011011001010111111001110000100110101000000110
52 26 0011010111000100111011011111001010001110100001001000
56 28 00100111111101010110001100001101100000001010100111001011
60 30 000001101101100011100101011101111110010010111100011010100010
64 32 0001100011110101111111010010011011100111000010101000001011011001
donde 0
representa -1
. Si n
no es divisible por 4, entonces m = 1
es óptimo. Generado usando este código (o pequeñas variaciones del mismo) pero con más pruebas para versiones superiores n
:
from random import *
seed(10)
trials=10000
def calcm(x,n):
m=1
y=x
while 1:
y=((y&1)<<(n-1))|(y>>1)
if bin(x^y).count('1')!=n/2:
return m
m+=1
def hillclimb(x,n,ns):
bestm=calcm(x,n)
while 1:
cands=[]
for pos in ns:
xx=x^(1<<pos)
m=calcm(xx,n)
if m>bestm:
bestm=m
cands=[xx]
elif cands and m==bestm:
cands+=[xx]
if not cands:
break
x=choice(cands)
return x,bestm
def approx(n):
if n<10: return brute(n)
bestm=1
bestx=0
for trial in xrange(1,trials+1):
if not trial&16383:
print bestm,bin((1<<n)|bestx)[3:]
if not trial&1:
x=randint(0,(1<<(n/2-2))-1)
x=(x<<(n/2)) | (((1<<(n/2))-1)^x)
ns=range(n/2-2)
if not trial&7:
adj=randint(1,5)
x^=((1<<adj)-1)<<randint(0,n/2-adj)
else:
x=randint(0,(1<<(n-2))-1)
ns=range(n-2)
x,m=hillclimb(x,n,ns)
if m>bestm:
bestm=m
bestx=x
return bestm,bestx
def brute(n):
bestm=1
bestx=0
for x in xrange(1<<(n-2)):
m=calcm(x,n)
if m>bestm:
bestm=m
bestx=x
return bestm,bestx
for n in xrange(4,101,4):
m,x=approx(n)
print n,m,bin((1<<n)|x)[3:]
El enfoque es una búsqueda aleatoria simple con escalada, aprovechando un patrón notado para los pequeños n
. El patrón es que, para un óptimo m
, la segunda mitad de la primera fila a menudo tiene una pequeña distancia de edición desde la negación (bit a bit) de la primera mitad. Los resultados para el código anterior son buenos para los pequeños, n
pero comienzan a deteriorarse poco después de que la fuerza bruta sea inviable; Estaría feliz de ver un mejor enfoque.
Algunas observaciones
- Cuando
n
es impar, m = 1
es óptimo porque un número impar de unos y negativos no pueden sumar cero. (Ortogonal significa que el producto escalar es cero).
- Cuando
n = 4k + 2
, m = 1
es óptima porque a fin de m >= 2
que tenemos que tener exactamente n/2
firmar reversiones entre {(a1,a2), (a2,a3), ... (a{n-1},an), (an,a1)}
, y un número impar de inversiones de signo implicaría a1 = -a1
.
- El producto escalar de dos filas
i
y j
en una matriz circulante está determinado por abs(i-j)
. Por ejemplo, si row1 . row2 = 0
entonces row4 . row5 = 0
. Esto se debe a que los pares de elementos para el producto escalar son iguales, simplemente rotados.
- En consecuencia, para verificar la ortogonalidad mutua, solo necesitamos verificar filas sucesivas contra la primera fila.
- Si representamos una fila como una cadena binaria
0
en lugar de -1
, podemos verificar la ortogonalidad de dos filas tomando bit xor y comparando el popcount con n/2
.
- Podemos arreglar los dos primeros elementos de la primera fila de manera arbitraria, porque (1) Negar una matriz no afecta si los productos de punto son iguales a cero, y (2) Sabemos que debe haber al menos dos elementos adyacentes con el mismo signo y dos elementos adyacentes con signo diferente, por lo que podemos rotar para colocar el par deseado al principio.
- Una solución
(n0, m0)
dará automáticamente soluciones (k * n0, m0)
arbitrarias k > 1
, concatenando (repetidamente) la primera fila consigo misma. Una consecuencia es que podemos obtener fácilmente m = 4
cualquier n
divisible por 4.
Es natural conjeturar que n/2
es un límite superior ajustado para m
cuándo n > 4
, pero no sé cómo se probaría eso.