Bir fonksiyonun hesaplanmasına karşı bir değer için testin karmaşıklığı

36

Genel olarak, bir fonksiyonun belirli bir girişte belirli bir değer alıp almadığını test etmenin karmaşıklığının o girdideki fonksiyonu değerlendirmekten daha kolay olduğunu biliyoruz. Örneğin:

Negatif olmayan bir tamsayı matrisinin kalıcılığını değerlendirmek # P-zordur, ancak böyle bir kalıcıın sıfır mı yoksa sıfır olmayan mı olduğunu P'de (iki taraflı eşleştirme) söyler
Polinom nin polinomu aşağıdaki özelliklere sahip olacak şekilde n gerçek sayıları vardır (aslında gerçek sayı kümelerinin çoğu bu özelliklere sahip olacaktır) . Verilen girişi için , bu polinomun sıfır olup olmadığının test edilmesi, çarpımlarını ve karşılaştırmalarını alır ( sıfır setinde bileşeni olduğundan Ben-Or'un sonucuna göre ), ancak yukarıdaki polinomun değerlendirilmesi en az alır. adımları, Paterson-Stockmeyer tarafından . $a_1,...,a_n$ $\prod_{i=1}^{n}(x - a_i)$ $n$ $x$ $\Theta(\log n)$ $n$ $\Omega(\sqrt{n})$
Sıralama , bir karşılaştırma ağacında adımlarını gerektirir (ayrıca gerçek bir cebirsel karar ağacındaki adımları, yine Ben-Or'nun sonucuna göre), ancak bir listenin yalnızca kullanılıp kullanılmadığını sınama karşılaştırmaları. $\Omega(n \log n)$ $\Omega(n \log n)$ $n-1$

Polinomun sıfır olup olmadığının test edilmesinin (cebirsel) karmaşıklığının polinomun değerlendirilmesinin karmaşıklığına eşdeğer olduğunu ima etmek için yeterli olan bir polinom üzerinde genel koşullar var mı?

Önceden sorunların karmaşıklığını bilmekle bağlı olmayan koşulları arıyorum.

( Açıklama 10/27/2010 ) Açık olmak gerekirse, polinom girişin bir parçası değildir. Bunun anlamı, sabit bir işlev ailesi (her giriş boyutu için bir tane (giriş uzunluğu veya bit sayısı)), dil / karar probleminin karmaşıklığını karşılaştırmak istiyorum işlevlerini değerlendirmenin karmaşıklığı olan . $\{ f_n \}$ $\{ X : f_n(X) = 0 \text{ where } n \text{ is the "size" of } X \}$ $\{f_n\}$

Açıklama: Polinom ailelerinin değerlendirilmesinin / test edilmesinin asimptotik karmaşıklığını soruyorum . Örneğin, sabit bir alan üzerinde (veya gibi bir halka ) "kalıcı" tek bir polinom değil, sonsuz bir ailedir burada , matrisinin o alandaki (veya halkadaki) kalıcılığıdır . $\mathbb{Z}$ $\{perm_{n} : n \geq 0 \}$ $perm_{n}$ $n \times n$

cc.complexity-theory reference-request algebraic-complexity

— Joshua Grochow
kaynak

Sorunuzdaki cevap sadece polinomun kendisine değil, aynı zamanda temsiline de bağlı mı?

— ilyaraz

@ ilyaraz: Ne demek istediğinden emin değilsin. Polinom girişin bir parçası değil.

— arnab

Joshua, daha iyi okunabilirlik için soruyu 'lateksize edebilir misin?'

— Suresh Venkat

4

Valiant'ın ( dx.doi.org/10.1016/0020-0190(76)90097-1 ) bir bildiri buldum , "temelde aynı soruyu düşünen fakat standart Turing makinesi ayarında değil," kontrol ve değerlendirmenin göreceli karmaşıklığı ". cebirsel bir ayar. Sorumu cevaplamıyor, ancak bu soruyu ilginç bulursanız makalesini ilginç de bulabilirsiniz.

— Joshua Grocho,

1

Makowski'nin “Feferman-Vaught Teoreminin Algoritmik kullanımları” muhtemelen ilgilidir. Grafiklerdeki MSOL ile tanımlanabilir yapılar üzerinde toplayarak polinomları tanımlar ve grafiklerin ağaç genişliğine bağlı olduğu zaman kolayca değerlendirilebileceklerini gösterir

— Yaroslav Bulatov

4

Aşırı Eğer bir karar ağacı testleri olsun bazı indirgenemez polinom var varsayalım: sıfır ve değerlendirme için test "neredeyse" Aşağıdaki anlamda aynıdır isimli sıfırdan farklı. üzerinde çalışıyoruz , bu yüzden sadece eşitliği test edebiliriz ancak "<" yok. Söz konusu ikinci örnekte önemli fark budur! Şimdi tipik yolu, yani neredeyse tüm girdilerin izlediği yolu kullanın (her zaman " " -branch'ı takip ederiz). Ayrıca, çeşitliliği içindeki tüm elementlerin tipik yolunu . Let , bu iki yolun ilk kez farklı bir dalı almak hangi düğüm. Let $\mathbb{C}$ $f$ $\mathbb{C}$ $\not=$ $V(f)$ $v$ $h_1,\dots,h_m$ İki yolun ortak ön eki boyunca test edilen polinomlardır. Yana kapalı, tüm elemanlarının yalan bir ve erişim de yalan . Bu nedenle, eğer ise, biri üzerinde kaybolur . Biz Hilbert'in Nullstellensatz uygulamak ve almak bazı polinom için en etmek asal olduğu . Biz işlem değil ise Kısacası, karar verirken, , biz işlem gerekir bir göreceli asal için $V(f)$ $V(f)$ $v$ $V(h_m)$ $f(x) = 0$ $h_i$ $x$ $h_1 \cdots h_m$ $f g = h_1 \cdots h_m$ $g$ $f$ $f$ $f(x) = 0$ $fg$ $g$ .

— Markus Bläser
kaynak

Bu nedenle, testinin karmaşıklığı , esas olarak değerlendirmesinin karmaşıklığı ile yakalanır . O zamandan beri indirgenemez değerlendirilmesi karmaşıklığı polynomially değerlendirilmesi karmaşıklığı ile sınırlanmış , derecesini ve değişken sayısı. Eğer polinom derecesine sahipse ve test yeterince kolaysa test ve değerlendirme eşdeğerdir. (Ancak, büyükse veya test zorsa - derecesinin çok büyük olduğunu söyleyin - o zaman bu çok az diyor.)

f (x) = 0

$f(x)=0$

f g

$fg$

f

$f$

f

$f$

f g

$fg$

f g

$fg$

f

$f$

f (x) = 0

$f(x)=0$

d e g f

$deg f$

g

$g$

— Joshua Grochow

Bilmiyorum: Eğer değerlendirebilirseniz , sıfıra sadece bir işlemle, yani sonunda bir eşitlik testi denemek için test edebilirsiniz. Yanlış gidebilen şey, değerlendirmesinin bir sebepten dolayı değerlendirmesinden daha ucuz olmasıdır. (Not: değerlendirilmesi genel bir noktada, yani belirsiz bir noktada değerlendirme anlamına gelir.)

f

$f$

f g

$fg$

f

$f$

f

$f$

— Markus Bläser,

Tam. Değerlendirilmesi değerlendirerek daha kolay olabilir . ( değerlendirmesinin genel bir noktada değerlendirme anlamına geldiğini biliyorum ; neden son parantez içindeki ifadenizin gerekli olduğunu düşündüğünüzü anlamıyorum, ama bu konunun dışında olabilir.) Tam olarak anlamadığınız şey nedir? Son yorumunuza dayanarak hem durumu anladığımızı hem de birbirimizin anlayışıyla hemfikir olduğumuzu söyleyebilirim ... Ayrıca Burgisser'ın önceki yorumumda belirttiğim sonuca varacağı “Çok Değişkenli Polinomların Faktörlerinin Karmaşıklığı” na da bakınız.

f g

$fg$

f

$f$

f

$f$

— Joshua Grochow

Bu tartışmanın ek ilginç sonucu: negatif olmayan bir matrisin kalıcılığının sıfır olup olmadığının test edilmesi kolay olsa da, keyfi bir karmaşık matrisin kalıcılığının sıfır olması durumunda test etmenin, kalıcı olarak değerlendirilmesinin kolay olması halinde kolay olması.

— Joshua Grocho,

Üzgünüm, ilk yorumunuzu yanlış anladım. Herşey yolunda.

— Markus Bläser

5

Makowski'nin "Feferman-Vaught Teoreminin Algoritmik kullanımları" muhtemelen ilgili. Grafiklerdeki MSOL ile tanımlanabilir yapılar üzerinde toplayarak polinomları tanımlar ve grafiklerin ağaç genişliğine bağlı olduklarını değerlendirmek için izlenebilir olduklarını gösterir.

Bu, FPT olmanın ötesinde test / değerlendirme karmaşıklığındaki farklılık hakkında pek bir şey söylemez. Bir değerin test edilmesi, verilen grafikte verilen MSO2 formülünü verilen değerlerin doğru olarak değerlendirir, oysa değerlendirme, MSO2 formülünün tatmin edici atamalarına göre numaralandırmayı içerir. Bu, SAT sayma karmaşıklığının SAT ile nasıl ilişkili olduğu sorusuyla ilgili gibi görünmektedir.

Düzenleme 10/29 Başka bir faydalı kavram, Tekdüze Zorlu Nokta Özelliğine bakmak olabilir. Görünüşe göre bu özelliğe sahip polinomların ya tüm noktalarında değerlendirilmesi kolay ya da hemen hemen her noktada değerlendirilmesi zor. Makowski, 46-52. Slaytlarda bazı referanslar veriyor - http://www.cs.technion.ac.il/admlogic/TR/2009/icla09-slides.pdf

— Yaroslav Bulatov
kaynak

3

Sabit asal (veya bunun herhangi bir sonlu alan uzantısı için ve aynı alana sınırlı olan katsayılar için bir polinom ' katılacağım. $q(x)$ $\mathbb F_p$ $p$

daha somut olarak, bir polinom . in içinde olduğunu biliyoruz , bu nedenle herhangi bir polinomun girdi olarak verildiğinde hali hazırda azaltılmış bir formda olduğunu varsayarsak, birini düşünerek bırakılırız: ve buna göre, bu polinomların herhangi birini veya en fazla 2 aritmetik işlem gerçekleştirir. $\mathbb F_2[x]$ $x^2=x$ $\mathbb F_2$ $0,1,x,x+1$ $0$ $1$

Benzer bir "sabit sayıdaki aritmetik işlemlerle sabit zaman" ifadesinin daha genel olarak için geçerli olduğuna inanıyorum, burada , asaldır. sabit değilse, bu ifadenin artık geçerli olmadığını unutmayın. $\mathbb F_q$ $q=p^n$ $p$ $n$

— Carter Tazio Schonwald
kaynak

1

Carter: teknik olarak doğru senin akıl ile aynı için de geçerlidir herhangi polinomların sonlu kümesi. Bununla birlikte, herhangi bir anlamlı şekilde asimptotik karmaşıklığı göz önüne almak için, sonsuz sayıda polinom ailesini düşünmeliyiz. Bu, sonlu alanlar üzerinde çalışmayı, ancak alanın (boyutun) değişken alanlar üzerinde çalışmasını veya sonsuz alanlar üzerinde çalışmasını sağlar. Örneğin, "kalıcı" derken aslında sonsuz aileden söz ediyoruz , burada bir matrisinin .

{p e r m_{n} : n \geq 0}

$\{perm_{n} : n \geq 0\}$

p e r m_{n}

$perm_{n}$

n \times n

$n \times n$

— Joshua Grocho,

1

yeterince adil, ihtiyaç duyulan bir açıklamayı işaret eden bir cevap girişimini reddetmek yerine "sınırsız bir alandaki polinomları" ile soru açıklamasını açıklığa kavuşturalım :) kalıcı olan örneğiniz bunu açıkça belli etmiyor, çünkü matrisler hala biraz sabit zil veya tarla. Ayrıca, durumunda, kendimi sadece bu 4 polinomu düşünmekle sınırlamıyorum, daha ziyade denklik ilişkisini kullanarak, zaman içindeki lineer dördüncü derecedeki herhangi bir polinomu azaltmak için Polinomun derecesi.

F_{2}

$\mathbb F_2$

x^{2} = x

$x^2=x$

— Carter Tazio Schonwald

1

Carter: Asimptotik hakkında soru sorduğumun açık olduğunu düşündüm ama şimdi netleştirdim. Değişkenlerin sayısının sabit olmadığı çok değişkenli kutupları da kullanabilirsiniz. Olumsuz oy için üzgünüm, ama 1-var polistlerin sonlu setlerinin O (1) ops ile değerlendirilebileceğini belirtmek için ödülün yarısını (+25) hak etmediğinizi sanmıyorum. Aslında daha az belirgin bir şeyi işaret ettiğinizi biliyorum, ancak bu soru ile ilgili değildi: Q hakkındaki yorumlarda da belirtildiği gibi, poli girişin bir parçası değildir. Bu nedenle, F_2 üzerinden göz önünde bulundurulması gereken gerçekten 4 tane var-var polil var (x ^ 2 = x kullanmak gereksizdir).

— Joshua Grocho,

um, açıklaman hala kırılıyor, veya saçmalıkları için sabit bir halka veya alana ihtiyacın var .

p e r m_{n}

$perm_n$

— Carter Tazio Schonwald

1

Genel olarak sizinle aynı fikirdeyim, bu yüzden açıklamayı düzelttim. İlginçtir ki, 0,1, -1 katsayılı polinomlarda (perm ve det gibi) alanın değişmesine izin vermek tamamen saçma değildir. Biri şöyle bir sonuç hayal edebilir: " in 0 olup olmadığını test etmek, üzerinden değerlendirmek kadar zor " (bazı sekanslar için Asıl güçler, mutlaka aynı özelliklerin hepsi değil). Kuşkusuz, bu, sabit bir alan üzerinde olduğu kadar doğal bir sonuç olmazdı.

d e t_{n}

$det_{n}$

d e t_{n}

$det_{n}$

F_{p_{n}}

$\mathbb{F}_{p_{n}}$

p_{n}

$p_{n}$

— Joshua Grocho,

3

Soruyu doğru anladığımdan emin değilim ama biraz ışık tutmaya çalışmama izin verin.

Tipik olarak, bir polinomun belirli değerlerde değerlendirilmesi, özellikle polinomun temsili bir devre yoluyla (bazı kısa süreli gösterimler) olduğunda kimlik testinden daha kolaydır. Ancak, sadece değerlendirmeler üzerinde çalışan birçok randomize kimlik testi algoritması ( Schwarz-Zippel en yalındır).

Bazı özel durumlarda, bir polinomun sıfır olup olmadığını, sadece önceden tanımlanmış bir noktayla değerlendirerek test edebileceğiniz kimlik testi için 'kara kutu' testlerimiz vardır. Bunun basit bir örneği, polinomun 'seyrek' olması (şunun monomali) olmasıdır. Açıklamayı daha basit hale getirmek için, polinomun çok satırlı olduğunu varsayalım (her bir monomial farklı değişkenlerin bir ürünüdür). $n^{O(1)}$

Tek değişkenli çok değişkenli çok bir polinomu tek değişkenli göndermenin doğal bir yolu, yerine . Ortaya çıkan polinom, . Bu elbette üstel bir derece polinom olabilir, ancak küçük bir 's için modulo gidelim . Eğer ve aynı monomial modulo eşlenirse, şimdi bir bir çift monomial için "bad" olur . Başka bir deyişle, bölü . Böylece , sürece $x_i \mapsto y^{2^i}$ $\sum_{i\in S} \alpha_i y^{a_i}$ $y^r - 1$ $r$ $r$ $y^a$ $y^b$ $y^r - 1$ $r$ $a - b$ $r$ $\prod_{i,j\in S} (a_i - a_j)$ , bu olmazdı. Bu nedenle, polinom 'lerin üzerinde koşmak yeterlidir . Bu nedenle, bazı birimlerin köklerinde polinomu değerlendirmek yeterlidir ve polinomun sıfır olduğunu ya da olmadığını anlayabiliriz. $r$

Kara kutu kimlik testi algoritmalarında daha fazla ilerleme kaydedilmiştir. Şu anda, çoğu o zaman kısıtlı derinlik 3 devrede (değişkenlerin toplamlarının toplamı) duruyor. (FWIW) Yüksek lisans tezimin Bölüm 3 ve 4'ünde bununla ilgili daha ayrıntılı olarak bahsedilmiştir . Son zamanlarda Saxena ve Seshadri tarafından da iyileştirmeler yapıldı .

— Ramprasad
kaynak

Kimlik testi ile bir bağlantıyı kaybetmediğim sürece, yanlış anladığınızı düşünüyorum. Polinomların benim sorumun girdisinin bir parçası olmadığı gerçeğine ek olarak --- Ben bir karar problemi ve bir polinom ailesi tarafından tanımlanan bir fonksiyon problemiyle ilgiliyim --- Kimlik testi hakkında sormuyorum ama Test, girişi , . Giriş verilmiştir: Bu genel bir sorun daha önsel kolaydır değerlendirmek, . İnşallah soruya yeni eklediğim açıklama bunu daha da belirginleştiriyor.

x

$x$

f (x) = 0

$f(x)=0$

x

$x$

f (x)

$f(x)$

— Joshua Grochow

Ah! Anladım ... Açıklama için teşekkürler; Cevabım bu durumda çok alakalı değil.

— Ramprasad

1

Herhangi bir #P sorun, hatta # P / poli bir polinom şekilde yazılabilir: olarak, bu bilgileri, NAND kapılarının bir devre çıkarmak ve her girdi üzerinde 0-1 değerli tamsayılardır ve toplamı. Bu, boyutundaki girişler için içinde bir polinom verir . Karar sorunu bunun 0 olup olmadığını test ediyor. $1-xy$ $x$ $y$ $\mathbb{Z}[x_1,...,x_n]$ $n$

— Colin McQuillan
kaynak

Evet. Bu daimi örneğinin biraz daha genel bir versiyonudur. Böyle bir karar sorunu (veya ). Düşünülmektedir anlamlı sert daha (bu bütün polinom hiyerarşi gibi sert olduğundan). Eğer üzerinde genel bir durum biliyor musunuz , bir tatmin eğer problemler fonksiyonu ima hiçbir zor kararının sürümünden daha mı?

N P

$NP$

N P / p o l y

$NP/poly$

# P

$\# P$

N P

$NP$

# P

$\# P$

# P

$\# P$

f

$f$

f

$f$

— Joshua Grochow

NP tamamlama sorunlarının doğal sayma sürümlerinin her zaman # P tamamlama olduğuna dair bir varsayım var, ancak başka bir ilişki bilmiyorum. Bir çeşit önemsiz durum, sorunun kendiliğinden azaltılabilir olması ve f'nin bir polinom tarafından sınırlandırılmasıdır.

— Colin McQuillan