Aşağıdaki SAT alt kümelerinin karmaşıklıkları nelerdir?

varsayalım $P \neq NP$

Aşağıdaki simgelem Izin (tetrasyon için, yani. ). ${}^ia$ ${}^ia = \underbrace{a^{a^{\cdot^{\cdot^{\cdot^{a}}}}}}_{i \mbox{ times}}$

| X | x örneğinin boyutudur.

L dil olsun, $L|_{f(i)\leq |x| < g(i)} := \{ x \in L \mbox{ | } \exists i \in \mathbb{N}\mbox{, } f(i) \leq |x| < g(i) \}$

Aşağıdaki dillerin karmaşıklığı nedir:

$L_1 = SAT|_{{}^{2i}2 \leq |x| < {}^{2i+1}2}$ $L_2 = SAT|_{{}^{2i+1}2 \leq |x| < {}^{2i+2}2}$

As , onlar varsayımı altında P hem olamaz . Her ikisinin de üstel delikleri olduğundan SAT'ın bire indirgenebileceğini düşünmüyorum. $L_1 \sqcup L_2 = SAT$ $P \neq NP$

Bu nedenle sezgi, her ikisinin de NPI'da olması olabilir, ancak bir kanıt veya dayanıklılık bulamıyorum.

Diğer iki dil $L_3 = SAT|_{|x|={}^{2i+1}2}$ $L_4 = SAT|_{|x|={}^{2i}2}$

Her ikisinden biri NPC'de ise, diğeri P'dir, çünkü her birinin örneği için, üstel boyutta olduğu ve daha küçük örneklerin logaritmik boyutuna sahip olduğu için diğerinin daha büyük bir örneğine dönüştürülemez. Yine de sezgiyle, farklı bir karmaşıklığa sahip olmalarının hiçbir nedeni yoktur. Karmaşıklıkları ne olurdu?

varsayımı altındaki NPI sorunlarına ilişkin kanıtı, veya gibi , ancak ve köşegenleştirme ile oluşturulmaz. $P \neq NP$ $L_1$ $L_2$ $L_1$ $L_2$

cc.complexity-theory np-hardness complexity-classes

— Ludovic Patey
kaynak

Dilleriniz, birbirleriyle etkileşime girmeyen fazladan maddeler eklenerek doldurulmuş birçok örneğe sahiptir. Bu nedenle Schöning'in köşegenleştirme argümanından NPI gibi görünüyorlar mı? dx.doi.org/10.1016/0304-3975(82)90114-1

— András Salamon

"İkisinde de olamaz" den sonra, "P NP ..." varsayımı altında olmalıdır

\neq

$\ne$

— Emil

Bu varsayımı daha önce belirlemiş olsam bile "varsayım altında" ekledim.

— Ludovic Patey

L1 veya L2 ya NP-tamamlanmışsa, ne L1 ne de L2 bir silindir olmadığından (dolgu fonksiyonuna sahiptir) İzomorfizm Konjeksiyonu başarısız olur. Dolayısıyla bunlardan birinin NP-tam olduğunu kanıtlamak, relativize edici olmayan teknikler gerektirir. Henüz bunlardan birinin NP-tam olmadığını gösteren herhangi bir engel görmüyorum.

— Joshua Grochow

Nicelik belirteçlerimle biraz belirsiz olmuş olabilirim. Beni parantez ekleyelim: Bir poli-time oracle makinesi yok öyle ki [herkes için [ çözer ]]. Yani, herhangi bir için, bazı X için, dillerden birini çözebilir, ancak tüm için doğru olamaz . Yani, örneğin, kehaneti olmayan , (yeniden etkinleştirilmemiş) çözebilir , ancak ne olursa olsun , her iki dili de çözmeyecek şekilde bazı kehanetler olacaktır.

M

$M$

X

$X$

M^{X}

$M^X$

L_{1}^{X} o r L_{2}^{X}

$L_1^X or L_2^X$

M

$M$

M^{X}

$M^X$

X

$X$

M

$M$

L_{1}

$L_1$

M

$M$

— Joshua Grochow

Ben her ikisi de NP "sonsuz sık sık P" - yani her polinom zaman algoritması A ve her yeterince büyük n, A değil, n uzun girişleri SAT çözmek başarısız güçlü varsayım altında NPI olduğunu düşünüyorum (ama açıkça doğru).

Bu durumda, bu diller P'de değildir, ancak aynı zamanda NP tam olamaz, aksi takdirde SAT'den büyük delikli L diline bir azalma, bu deliklerde başarılı olan SAT için bir algoritma verecektir.

Böyle bir varsayım da gereklidir, çünkü aksi takdirde diller "kolay giriş uzunluklarının" bulunduğu yere bağlı olarak P veya NP-tamamlanmış olabilir.

— Boaz Barak
kaynak

@Boaz: "Böyle bir varsayım gerekli" derken ne demek istediğini anlıyorum, ama gerekliliği resmileştirmekte sorun yaşıyorum. Bir oracle oluşturmak düşünmek , öyle ki, çok fazla zorluk olmadan, , orada bir poli-zaman makinesi bu şekilde karar sonsuz sayıda giriş uzunlukları, henüz ve olan Ara tepkime.

X

$X$

P^{X} \neq N P^{X}

$P^X \neq NP^X$

M

$M$

M^{X}

$M^X$

S A T^{X}

$SAT^X$

L_{1}^{X}

$L_1^X$

L_{2}^{X}

$L_2^X$

N P^{X}

$NP^X$

— Joshua Grochow

Demek istediğim, varsayımının bu dillerin NP-orta olduğunu göstermesi için tek başına yeterli olmadığı, çünkü durumunu ortadan kaldıramadığımız halde SAT'ı girdiler üzerinde tam olarak çözen bir algoritma var bu , önemsiz olmayan bir durumda olacaktır ve NPC olacaktır.

N P \neq P

$NP\neq P$

N P \neq P

$NP\neq P$

L_{1}

$L_1$

L_{1}

$L_1$

P

$P$

L_{2}

$L_2$

— Boaz Barak

@Boaz: Ah elbette. Bunun bir kayıt altına bir oracle , öyle ki , ancak (bahsedilen diğer oracle benzer inanmak, yapının çok zor değildir). (PS - @ad kullanarak, diğer kullanıcının yorumunuzdan haberdar edilmesini sağlar.)

X

$X$

P^{X} \neq N P^{X}

$P^X \neq NP^X$

L_{1}^{X} \in P

$L_1^X \in P$

— Joshua Grochow

@Joshua: Eğer let için Poly-zaman makinesi olmak , daha sonra de çözecek sadece özel bir durum kahine sorgu olmadan durumunda beri. Eğer açıkladığınız gibi bir oluşturabiliyorsanız , olduğunu kanıtlarsınız, bu yüzden bunu nasıl yapabileceğinizi gerçekten anlamıyorum.

L_{1}^{X} \in P

$L_1^X\in P$

M

$M$

L_{1}^{X}

$L_1^X$

M

$M$

L_{1}

$L_1$

X

$X$

P_{1} \in P

$P_1\in P$

— Arthur MILCHIOR

@Joshua: Boaz Barak altında ilk yorum hakkında, eğer çözmek o zaman ben size istediğiniz tahmin (sonsuz sayıda giriş uzunlukları üzerine) için bir kahin olmaya en azından . Ancak formül #' nizde sorgu yapabileceğiniz için , aslında için bir kehanet olmak için bile ihtiyacınız vardır . Böyle bir özyinelemeli tanımlamanın doğru olduğunu nasıl gösterebilirsiniz? Bana hiç açık gelmiyor. (# Sanırım SAT ^ X, X'in yan tümcelerde olabileceği SAT olduğunu)

M \in P^{X}

$M\in P^X$

S A T^{X}

$SAT^X$

X

$X$

S A T

$SAT$

X

$X$

X

$X$

S A T^{X}

$SAT^X$

— Arthur MILCHIOR