NPI, P / poli içinde bulunuyor mu?

Bu tahmin ediliyor olduğu tersi anlamına zira . Ladner'ın teoremi, eğer \ mathsf {P} \ ne \ mathsf {NP} o zaman \ mathsf {NPI}: = \ mathsf {NP} \ setminus (\ mathsf {NPC} \ fincan \ mathsf {P}) \ ne \ emptyset . Bununla birlikte, ispat \ mathsf {P} / \ text {poly} ' a genelleme gibi görünmüyor, bu yüzden olasılık \ mathsf {NPI} \ subset \ mathsf {P} / \ text {poly} yani \ mathsf {NP} \ subset \ mathsf {NPC} \ cup \ mathsf {P} / \ text {poly} açık görünüyor.$\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{PH} = \Sigma_2$$\mathsf{P} \ne \mathsf{NP}$$\mathsf{NPI} := \mathsf{NP} \setminus(\mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}) \ne \emptyset$$\mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NP} \subset \mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}/\text{poly}$

Varsayarak $\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$ (ya da herhangi bir düzeyde çökmeyen polinom hiyerarşi bile), bir $\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$ doğru mu yanlış mı? Bunun için ve aleyhinde hangi kanıtlar kullanılabilir?

Schöning'in Ladner teoreminin genellemesine dayanarak, doldurma argümanına olası bir alternatif. Argümanı anlamak için, bu makaleye erişiminiz olması gerekir (ki bu maalesef çoğu için bir ödeme duvarının arkasında olacak):

Uwe Schöning. Karmaşıklık sınıflarında köşegen kümeler elde etmek için düzgün bir yaklaşım. Teorik Bilgisayar Bilimi 18 (1): 95-103, 1982.

Bunun için kağıttan ana teoremini uygulayacaktır ve olmak dil ve ve karmaşıklık sınıfları olmak şöyle:$A_1$$A_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$

• $A_1 = \varnothing$ (veya içindeki herhangi bir dil )$\mathsf{P}$
• $A_2 = \text{SAT}$
• $\mathsf{C}_1 = \mathsf{NPC}$
• $\mathsf{C}_2 = \mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$

Netlik açısından, ispatlayacağımız gerçeği , anlamına gelir .$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Zira, Elimizdeki ve . Açıktır ve sonlu değişimleri altındaki kapatılır. Schöning'in makalesinde, özyinelemeyle gösterilebilir (kesin tanımı kağıtta bulunabiliyor) ve argümanın en zor kısmı nin özyinelemeli olduğunu kanıtlamaktır .$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$$A_1\not\in\mathsf{C}_1$$A_2\not\in\mathsf{C}_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$

Bu varsayımlar altında, teoremi dil var olduğunu ima içinde ne olduğunu ne de ; ve verilen , burada geçerli üzere Karp-indirgenebilir ve bu nedenle . Verilen olduğunu ama ne olduğunu -Komple ne de , bu izler .$A$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$$A_1\in\mathsf{P}$$A$$A_2$$A\in\mathsf{NP}$$A$$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

un yinelemeli olarak gösterilebilir olduğunu kanıtlamak için kalır . Temel olarak bu , tüm girdilerde durdurulan ve belirleyici makineleri bir dizisinin açık bir açıklaması olduğu anlamına gelir. . Eğer tartışmamda bir hata varsa, muhtemelen buradadır ve gerçekten bu sonucu kullanmanız gerekiyorsa, bunu dikkatlice yapmak isteyeceksiniz. Her neyse, tüm polinom-zamana olmayan Turing makinelerini birleştirerek (bunlar belirleyici olarak simüle edilebilir çünkü her bir çalışma süresini$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$$M_1, M_2, \ldots$$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly} = \{L(M_k):k=1,2,\ldots\}$$M_k$) ve bir Boolean devre ailesinin büyüklüğünde belirli bir dil için üst sınırları temsil eden tüm polinomları, işe yarayan bir numaralandırma elde etmenin zor olmadığına inanıyorum. , her bir , karşılık gelen polinom zamanı , tüm olası Bool devreleri üzerinde arama yaparak, verilen giriş dizgisinin uzunluğuna kadar bazı polinom büyüklüğü devreleri ailesini kabul ettiğini test edebilir. Anlaşma varsa, , çıktı verir, aksi takdirde reddeder (ve sonuç olarak sonlu bir dili temsil eder).$M_k$$M_k$

Argümanın arkasındaki temel sezgi (Schöning'in sonucunun içine gizlenmiştir) asla iki "güzel" karmaşıklık sınıfına (yani, özyinelemeli sunumları olanlara) ayrık ve birbiriyle aynı hizada oturmuş olamayacağınızdır. Karmaşık sınıfların "topolojisi" buna izin vermez: her zaman iki sınıf arasında düzgün bir dil oluşturabilirsiniz. teoremi bunu ve ve Schöning'in genelleştirmesi diğer birçok sınıf için de aynısını yapmanızı sağlar.$\mathsf{P}$$\mathsf{NPC}$

Sadece yorumlarda açıklandığı gibi bir doldurma argümanının bir versiyonunu yazmak istiyorum. Neden bir boşluğa ihtiyaç duyulduğunu anlamıyorum. Eğer NP P / poly'da bulunmuyorsa, P / poly'de bulunmayan bir NP-ara problemin olduğunu göstermek istiyoruz.

Sınırsız bir işlevi vardır SAT az boyutta devrelere sahip bir şekildedir , ve böylece bir fonksiyon vardır artan sınırsız ve . Uydu' uzunluğunun SAT dizeleri doldurma ile elde edilen bir dil göstersin için . Sonra:f n f ( n ) g g ( n ) = o ( f ( n ) ) n n g ( n $f$$n^{f(n)}$$g$$g(n)=o(f(n))$$n$$n^{g(n)}$

• SAT 'NP cinsindendir (aşağıya bakın!)
• SAT ', P / poly'da değil: SAT için boyutunda devreler verildiğinde , SAT için boyutunda devreler elde ederiz , ancak bu değerinden daha düşüktür. bazıları için .n k n g ( n ) k n f ( n )$n^k$$n^{g(n)k}$$n^{f(n)}$$n$
• P / poli azalması yoktur ': SAT' kapılarına izin veren, SAT için boyutunda devrelerin olduğu . Seçim bu büyük yeterince ve izin . her SAT 'geçidi en fazla girişe sahiptir. Dolgu girişlerini kaldırarak SAT kapılarını girişinden daha az olan bir SAT geçidine , bu da 'ı kullanarak simüle edebiliriz - sonuçta ortaya çıkan SAT' kapıları en fazla girişler. Bunu tekrarlayarak ve elle ele alarak SAT, yaklaşık büyüklükte devrelere sahip olacaktı.C n n k N g ( $C_n$$n^k$$N$N )>2kn>NCnnkCn$g(\sqrt{N}) > 2k$$n>N$$C_n$$n^k$$C_n$n C$\sqrt{n}$n nk/2CNO(nknk/2nk/4…)≈O(n2k)nf(n)$C_{\sqrt{n}}$$n^{k/2}$$C_N$$O(n^k n^{k/2} n^{k/4} \dots) \approx O(n^{2k})$ ki bazı için den küçüktür .$n^{f(n)}$$n$

Düzenle:

seçimi hafifçe doğrudur. SAT'ı NP'nin vaat eden versiyonuna koymaktan memnunsanız, bu bit gerekli değildir.$g$

i , SAT için uzunluk dizeleri için boyutunda devre olmayacak şekilde maksimum tamsayı olarak tanımlayın . için hesaplayan ve sonra veya olduğunda durduran ve bu zamanda bulunan en yüksek değerin karekökünün tabanını döndüren bir algoritma ile tanımlayın . . Böylece, sınırsızdır ve ve , zamanında hesaplanabilir . Şimdi, yukarıdaki argümanların yalnızca sonsuz sayıda için boyutunda devre bulunmayan SAT'a dayandığını unutmayın.$f(n)$$n^{f(n)}$$n$$g(n)$$f(m)$$m=1,2,\dots$$n$$m=n$$g(n)$$\liminf g(n)/f(n)=0$$g(n)$$n$$n^{f(n)}$$n$.

Ayrıca, http://blog.computationalcomplexity.org/media/ladner.pdf adresinde olduğu gibi SAT’a delik açarak bir kanıt görmeyi ilginç buluyorum . NP gereksinimi olmadan bu oldukça kolaydır: hiçbir boyutu uzunluktaki SAT dizgilerini algılamayacak şekilde dizisi vardır ; uzunluk ipleri için SAT kısıtlamak bazıları için .$n_1<n_2<\dots$$(n_k)^k$$n$$n_{2^{2^i}}$$i$

(NPI ⊈ P / poli)$\nsubseteq$$\implies$(P ≠ NP)$\neq$