NP Boole değişkenlerinin bir listesini karşılamak için operatör bulma sorunu tamamlandı mı?

Bu SAT'a benzer, ancak her değişkenin atamasını biliyoruz, ancak herhangi bir boolean operatörünün atamasını bilmiyoruz. Bu durumda, her bir operatörün atamasını bulmak, böylece ifade verilen bir boole değerine bir NPC problemini değerlendirir mi?

Aslında, bir tamsayı aritmetik ifadesini (örneğin, = 10) karşılamak için aritmetik operatörlerin atanmasını$1$ o p 1 3 o p 2 7 o p 3 o p $op_1$ $3$ $op_2$ $7$ $op_3$ $op_4$

Toplama ve çıkarma ile, NP-zor olan Partition probleminin ikinci probleminize azaldığını düşünüyorum .

Kümesi verildiğinde biz sorunu yaratmak$S = \{s_1, s_2, \ldots, s_n\}$

$s_1$ $op_1$ $s_2$ $op_2$ $s_3$ $op_3$ $\ldots op_{n-1}$ $s_n = 0$ .

Bir çözüm varsa, iki set oluştururuz:

$S_1 = \{s_1\}\cup \{s_i | op_{i-1} = +\}$

$S_2 = \{s_i | op_{i-1} = -\}$

Bu iki set, orijinal problemimizin kurulumu ile aynı miktara sahip olmalıdır, bu yüzden bölümleme sorunu çözülür. Bu, sadece bu soruna gerçek bir çözüm bulmakla kalmayıp, bir çözümün var olup olmadığını belirlemek için NP zor olduğunu gösterir (en azından toplama ve çıkarma için).

Negatif tamsayıların oluşturulmasına izin vermeyen bir dizi işlem için, çarpma ve toplama diyelim ki, o kadar net değil. Ayrıca, bu sadece sorunun zayıf NP-zor olduğunu gösterir; bundan daha güçlü bir sonuç veren bir azalma olabilir.

Kısa cevap. SAT'ın operatör sürümü verimli bir şekilde çözülebilir - en azından, herhangi bir kapı seti seçimi üzerinde, fan çıkışı olmayan iki girişli kapıların keyfi devreleri varsayarsak.

Uzun cevap. Boole sorununun aşağıdaki biçimini varsayıyorum:

$x \in \{0,1\}^n$n ⩾ 2 G C G x x x $n \geqslant 2$$\mathcal G$$C$$\mathcal G$ $x$$x$$x$$C$

Özellikle, devreler ( (ikili ağaçlar olmanın yanı sıra) üzerinde belirli bir yapı dayatmıyoruz, fan çıkışına izin vermiyoruz (böylece her biti sadece bir kez kullanılacak) ve kapılar asimetrik olabilir. Yalnızca iki bitlik kapılara izin vererek, NOT geçidini hariç tutarım (ancak AND / NAND gibi olumsuzluklarla birbiriyle ilişkili birden fazla kapıya sahip olarak simüle edilebilir ve ayrıca girişsiz sabitleri çıkaran kapıları da hariç tutarım böylece devre kapılarının sayısı, gerçekte her zaman olacağı , bir için bitlik giriş. Kısa olması amacıyla, I değinecektir için 2-ağaç OPSAT aşağıda sadece OPSATC x n - 1 $C$$x$$n-1$$n$; bununla birlikte, sorunun analizi keyfi k - giriş kapılarına ( k-AĞAÇ-OPSAT ) izin veren veya dışarı çıkmaya izin veren ( k-FANOUT-OPSAT diyebiliriz ) devreler için çok daha zor olabilir .

[ Eklemek için düzenlendi : bunu, sorunuzun geçerli revizyonunun daha genel problemini düşünmek için kolayca uyarlayabiliriz; burada belirli bir hedef değerle eşleştirmeye çalışırız , aşağıdaki analizde ve rollerini değiştirerek ; Bu rollerini değiştirilerek etkisine sahiptir ve ve TD , NAND ve NOR , vs. ] x ∈ { 0 , 1 } ∗ b ∈ { 0 , 1 } 0 $x \in \{0,1\}^\ast$$b \in \{0,1\}$$0$$1$$\def\et{\wedge}\def\ou{\vee}\def\AND{\mathop{\text{AND}}}\def\NAND{\mathop{\text{NAND}}}\def\OR{\mathop{\text{OR}}}\def\NOR{\mathop{\text{NOR}}}\def\EQUAL{\mathop{\text{EQUAL}}}\def\PARITY{\mathop{\text{PARITY}}}$

Sabit bir seçimi için, uygun geçitlere sahip uygun bir ağaç seçme sorunu mantıksal bir kopukluktan farklı değildir: gibi eşdeğerlikleri kullanmak daha karmaşık geçit kümeleriyle basit (ve güçlü) geçit kümeleriyle ilgili koleksiyonlar arasında indirim yapabiliriz; Bir akıllıca bazı öğe seçerek, setine ait olmayan diğer kapıları taklit mümkün bir kapı setinin söz edilebilir bir kapı olarak (belirli bir giriş ile sunulmaktadır) aynı etkiye sahip olan . Özellikle, belirli kapı kombinasyonları ( ) veren sabit fonksiyonu simüle edebilirx ∈ { 0 , 1 } n VEYA ( x , y $x \in \{0,1\}^n$≡( VE(x,y)∨PARİTE ( x , y ) ) G G ∉ G { VEYA , NAND }

Farklı tiplerde kapıları içeren kapı setlerini dikkate alarak ilerliyoruz , daha sonra bu kapıları daha sonraki analiz vakalarından hariç tutarak, kapılardan herhangi birini içeren kapı setlerinin izlenebilir bir soruna yol açtığını göstermek için. Sabit kapıdan sabit kapıya kadar söz konusu kapıyı tatmin eden iki bitli dizelerin sırasına göre ilerleyeceğiz .G 1 $G$$1$$0$

1. Sabit kapı içeren herhangi bir kapı kümesi için , sadece o kapıyı kullanarak bir devresi oluşturabiliriz, bu durumda herhangi bir kabul eder .G G ( x , y ) = 1 Cı Cı $\mathcal G$$G(x,y) = 1$$C$$C$$x$

2. VEYA ve NAND. Herhangi bir kapı seti için içeren : eğer tüm kapılar tatmin , o zaman avantajı, herhangi bir diğer kapı seçerek vardır ancak devresi Binadaki . Yalnızca geçitleri olan bir devre, dışında herhangi bir dizeyi kabul eder . Aksi takdirde, bir kapı vardır şekilde tautologous olup. Bu nedenle , math ile OPSAT'ın herhangi bir örneği kolaydır; ve benzer açıklamalar için de geçerlidir .G VEYA G ∈ G G ( x , y $\mathcal G$$\OR$$G \in \mathcal G$⟹VEYA ( x , y ) VEYA C VEYA x ∈ 0 ∗ G ∈ G { G , OR } VEYA ∈ G NAND ∈ $G(x,y) \implies \OR(x,y)$$\OR$$C$$\OR$$x \in 0^\ast$$G \in \mathcal G$$\{G, \OR\}$$\OR \in \mathcal G$$\NAND \in \mathcal G$

3. Uygulama benzeri kapılar. geçidini düşünün; bu yalnızca ise sıfır verir . Aşağıdaki hususlar için, kapısı için benzer bir analiz uygulanacaktır . dizelerini göz önünde bulundurun . Eğer uçlar , çürüyüp formunun altdizgelerin içine ; bu tür her , her bir için çıkış veren sağdan sola tekrar tekrar uygularız . (1 uzunluğunda bir alt dize için önemsiz devreyi kullanıyoruz, yani bu girişi yalnız bırakıyoruz.) Benzer şekilde,G ( x , y ) = ¬ x ∨ y ( x , y ) = ( 1 , 0 ) G ′ ( x , j = 0 ∗ 1 G w j 1 w j 0 m 1 m m 1 ∗ 0 0 ∗ 1 m ⩾ $G(x,y) = \neg x \ou y$$(x,y) = (1,0)$ y ) = x ∨ ¬ y x ∈ { 0 , 1 } n x 0 x w j = 1 ∗ 0 w j G 0 w j x 1 x $G'(x,y) = x \ou \neg y$
   
   $x \in \{0,1\}^n$$x$$0$$x$$w_j = 1^\ast 0$$w_j$$G$$0$$w_j$$x$ uçlar , çürüyüp formunun altdizgelerin içine ve ardışık uygulanır her biri üzerinde soldan sağa çıkışı sağlayan, her biri için . Bu nedenle, veya ile tatmin edilen bina devrelerini problemi azaltabiliriz , burada , veya alt dizelerinin sayısıdır . For , kullandığımız ya kabul edebilir yinelemeli uygulayarak kapıları soldan sağa. Bu sadece davayı terk ediyor$1$$x$$w_j =0^\ast 1$$G$$w_j$$1$$w_j$$0^m$$1^m$$m$$1^\ast0$$0^\ast 1$$m \geqslant 2$ G G m = 1 x ∈ 1 ∗ 0 x = 1 ∗ 0 G 1 ∗ 0 0 G H ∈ G H ( 1 , 0 ) = 1 { G , $G$$G$$m = 1$ ; buradaki sorunlu durum, girişi . İçin , sadece oluşan herhangi bir devre kapıları tek formun daha kısa dizileri verecektir sonuçta tek bit dizgisini, sonuçta hiçbir devre böylece: kapılar ile karşılanabilir bu girdi. olan bir kapısı da varsa , o zaman totolojiktir; veya olan kapısı varsa, formunun dizelerini azaltabiliriz$x \in 1^\ast 0$
   
   $x= 1^\ast 0$$G$$1^\ast 0$$0$$G$$H \in \mathcal G$$H(1,0) = 1$} H ∈ G H ( 1 , 1 ) = 0 11 ∗ 0 ( 1 ∗ 0 ) ∗ Y x x ∈ 1 ∗ 0 $\{G,H\}$$H \in \mathcal G$$H(1,1) = 0$$11^\ast 0$ ilk iki bitine uygulayarak form dizelerine . Aksi takdirde, kabul eden hiçbir devre yapılamaz . Bu nedenle, ima benzeri bir kapı içeren herhangi bir kapı kümesi OPSAT kolaydır.$(1^\ast 0)^\ast$$H$$x$$x \in 1^\ast 0$
   
   $\mathcal G$

4. İzdüşümlerin olumsuzlamaları. ve kapılarını düşünün . Biz düşünün ile, analiz benzer olma. Tek başına , için içindeki herhangi bir dizeyi , son bitlerini tek bir bite indirgeyerek ve uygulayarak kabul ; ve için , son bitlerini tek bir bite indirgeyerek ve sonra¬ π 1 ( x , y ) = ¬ x ¬ π 2 ( x , y ) = ¬ y ¬ π 1 ¬ π 2 ¬ π 1 0 ( 0 | 1 ) n - 1 n ⩾ 2 n - 1 ¬ π 1 1 ( 0 | 1 ) n - 1 n ⩾ $\neg \pi_1(x,y) = \neg x$$\neg \pi_2(x,y) = \neg y$$\neg \pi_1$$\neg \pi_2$$\neg \pi_1$$0(0|1)^{n-1}$$n \geqslant 2$$n-1$$\neg \pi_1$$1(0|1)^{n-1}$$n \geqslant 3$n - 2 ¬ π 1 ( ¬ π 1 ( x 1 , x 2 ) , x 3$n-2$$\neg \pi_1(\neg \pi_1(x_1, x_2),x_3)$. devrelerinin kabul girişler veya ; herhangi bir ek kapının bunları kabul edip etmediğini belirlemek önemsizdir. Böylece, OPSAT projeksiyonların olumsuzlanması için kolaydır.¬ π 1 10 $\neg \pi_1$$10$$11$

5. PARİTE VE EŞİTLİK . geçidini düşünün . geçit kümesi açık bir şekilde ancak tek sayı 1s olan dizeleriyle tam olarak karşılanabilir ; başka bir kapı eklemenin yararını düşünüyoruz.PARITY ( x , y ) = ( x ∨ ¬ y ) ∧ ( ¬ x ∨ y ) G = { PARITY } x ∈ { 0 , 1 } $\PARITY(x,y) = (x \ou \neg y) \et (\neg x \ou y)$$\mathcal G = \{\PARITY\}$$x \in \{0,1\}^n$

   • Her iki içeren herhangi bir kapı seti ve ya ya içeren devrelerin benzetilebilir ya da , sabit girdiler için giriş kapıları (sırasıyla) kolay OPSAT vakaları .PARİT VE NOR ( x , y ) = ¬ ( x ∨ y $\PARITY$$\AND$$\NOR(x,y) = \neg(x \ou y)$VEYA $\OR$$\NAND$
   • Ya ya da ya da taklit etmek için kullanılabilir ya Bunlarla kapı setleri azaltabilir, böylece çift eşlik iki bit altdizgelerin kapıları ve önceki davaya .π 1 ( x , y ) = x π 2 ( x , y ) = y VE NOR $\pi_1(x,y) = x$$\pi_2(x,y) = y$$\AND$$\NOR$$\PARITY$
   • PARİT EŞİT = ¬ $\PARITY$ birlikte tautologous olup.$\EQUAL = \neg \PARITY$
   • Biz ek ise kapısı ile , biz dışında herhangi bir çift parite dize kabul uygulanarak ile bir arasında -substring ve daha sonra bir tatbik geri kalanına devresi. Benzer şekilde, ile birlikte , formunun dışındaki herhangi bir dizeyi kabul edebilir . Desteklemek ciddi hem ve dışındaki tüm girişleri kabul inşa devrelerine bizi izin vePARİT G 01 = ¬ x ∧ $\PARITY$$G_{01} = \neg x \et y$x ∈ ( 11 ) ∗ 0 ∗ G 01 01 x PARİTE PARİTE G 10 = x ∧ ¬ y x ∈ 0 ∗ ( 11 ) ∗ PARİTE G 01 G 10 x ∈ 0 ∗ x = $x \in (11)^\ast 0^\ast$$G_{01}$$01$$x$$\PARITY$$\PARITY$$G_{10} = x \et \neg y$$x \in 0^\ast (11)^\ast$$\PARITY$$G_{01}$$G_{10}$$x \in 0^\ast$$x = 11$ .
   • Son olarak, sabit kapı , kapısı uygulayarak veya dışında herhangi bir girişi kabul edebiliriz . garip parite durumuna indirgenen bir alt dize veya .PARİT Z ( x , y ) = 0 x ∈ ( 11 ) ∗ x ∈ 0 ∗ G 01 $\PARITY$$Z(x,y) = 0$$x \in (11)^\ast$$x \in 0^\ast$$G$$01$$10$

   Bu nedenle OPSAT , içeren herhangi bir için kolaydır . geçidi geçidi için de benzer bir analiz uygulanır : çünkü , devreler ve kapıları esas sayısının parite sayısı girişi s. Sonra için analiz azaltabilir o kadar alışverişi ve .G PARİTESİ EŞİT PARİTESİ EŞİT ( x , y ) = ¬ PARİTESİ ( x , y ) = ¬ PARİTESİ ( ¬ X , ¬ y ) EŞİT 0 EŞİT PARİTESİ 0 $\mathcal G$$\PARITY$
   
   $\EQUAL$$\PARITY$$\EQUAL(x,y) = \neg \PARITY(x,y) = \neg \PARITY(\neg x, \neg y)$$\EQUAL$$0$$\EQUAL$$\PARITY$$0$$1$

6. Projeksiyon kapıları. ve kapıları , yalnızca başlayan veya biten dizeleri kabul eden devreler oluşturabilir . kapısını başka herhangi bir genişletmenin etkisini düşünün (benzer bir analiz için ):π 1 ( x , y ) = x π 2 ( x , y ) = y 1 π 1 π $\pi_1(x,y) = x$$\pi_2(x,y) = y$$1$$\pi_1$$\pi_2$

   • İzin hem ve sadece giriş herhangi bir tek bit veren bir "seçim" devre, inşasına olanak sağlar; Bu kabul edebilen herhangi bir ve her kapı ile takviye olan memnun devresi herhangi yüklenmesine olanak sağlar ve .π 1 π 2 x ≠ 0 n G G ( 0 , 0 ) = 1 $\pi_1$$\pi_2$$x \ne 0^n$$G$$G(0,0) = 1$$x$
   • Biz ek ise ile ya veya , biz ya taklit edebilir veya ima benzeri sabit girişler için kapı; OPSAT bu iki durum için de çözülmüştür.π 1 NOR G 01 = ¬ x ∧ y $\pi_1$$\NOR$$G_{01} = \neg x \et y$$\OR$
   • Biz ek ise ile ya , , sabit kapı , ya da bunların herhangi bir kombinasyonu, böylece biz bu, hiçbir ilave kabul güç elde yine de yalnızca ile başlayan dizeleri kabul edebilir .π 1 VE G 10 = x ∧ ¬ y Z ( x , y ) = 0 $\pi_1$$\AND$$G_{10} = x \et \neg y$$Z(x,y) = 0$$1$

   Bu nedenle, (veya ) ile destekleyebileceğimiz diğer herhangi bir kapı için ya bir set elde ederiz, sadece (veya ) üzerinden ek kabul gücü elde veya daha kolay bir OPSAT durumuna indirgeyebiliriz . Daha sonra bir örneğini OPSAT ile veya kolaydır.π 1 π 2 π 1 π 2 π 1 ∈ G π 2 ∈ $\pi_1$$\pi_2$$\pi_1$$\pi_2$$\pi_1 \in \mathcal G$$\pi_2 \in \mathcal G$

7. Delta fonksiyonlu kapılar. Bunları karşılayan tek bir girişin bulunduğu iki bitli kapıları düşünün: , , ve . Yalnızca gates ile yapılan devreler yalnızca dizesini kabul edebilir : Bunları başka bir delta işlev kapısı ile desteklemek , çözülen durumlar olan , veya simüle etmelerini sağlar ; benzer açıklamalar için de geçerlidir . Ayrıca, geçit kümesi benzetimini yapmak için de kullanılabilirVE NOR G 10 ( x , y ) = x ∧ ¬ y G 01 ( x , y ) = ¬ x ∧ y VE 1 ∗ EŞİT π 1 π 2 NOR { G 01 , G 10 } PARİT G 10 G 01 Z ( x , y ) = 0 G 10 G $\AND$$\NOR$$G_{10}(x,y) = x \et \neg y$$G_{01}(x,y) = \neg x \et y$$\AND$$1^\ast$$\EQUAL$$\pi_1$$\pi_2$$\NOR$$\{G_{01}, G_{10}\}$$\PARITY$kapı. Bu nedenle , muhtemelen kapısı ile desteklenmiş veya kapısına odaklanabiliriz . örneğinde olduğu gibi odaklanıyoruz . Yapılmış devreler , tek başına kabul etmek için inşa edilebilir , string dışında , son bir keyfi uygulama devresi ile bit ve daha sonra devre uygulanması . Açıkça, dizesi veya tarafından kabul edilemez ; ve herhangi bir$G_{10}$$G_{01}$$Z(x,y) = 0$$G_{10}$$G_{01}$
   
   G 10 1 ( 0 | 1 ) n - 1 11 n - 2 G 10 ( x 1 , G 10 ( x 2 , x 3 ) ) 11 G 10 Z G 10 1 Z G 10 x ∈ 1 ( 0 | 10 | 11 ) ( 0 | 1 ) $G_{10}$$1(0|1)^{n-1}$$11$$n-2$$G_{10}(x_1, G_{10}(x_2, x_3))$$11$$G_{10}$$Z$$G_{10}$bir dizeyi kabul eden devre , en soldaki girişe kadar veren en soldaki daldaki kapıların ara sonuçlarına sahip olmalıdır . kapıları eklenerek ilave bir fayda elde edilmez. Bu nedenle, devreleri yalnızca .$1$$Z$$G_{10}$$x \in 1(0|10|11)(0|1)^\ast$

8. Son olarak, sadece geçitlerinden oluşan devreler giriş kabul etmez.$Z$

Her kapı sorunu önemsizleştirmenin eğilimi ek kapılarla, kabul girişlerin iyi tanımlanmış ve genellikle oldukça büyük bir sınıfın yol açar olarak, bulmak 2-ağaç OPSAT olan P .