# P-hard problemlerine yaklaşma

9

Klasik # P-complete problemi # 3SAT'i düşünün, yani, 3CNF yapmak için değerlerin sayısını saymak $n$ değişkenler tatmin edilebilir. Katkı maddesi yaklaşımı ile ilgileniyorum . Açıkçası, elde edilmesi gereken önemsiz bir algoritma var $2^{n-1}$ - hata, ama eğer $k<2^{n-1}$ , verimli bir yaklaşım algoritması olabilir mi, yoksa bu sorun da # P-zor?

— user0928
kaynak

Eğer

k = 2^{n - 1} - p o l y (n)

$k=2^{n-1}-\mathrm{poly}(n)$ , ek hata ile bir poli-zaman algoritması var

k

$k$ . Eğer

k = 2^{n} / p o l y (n)

$k=2^{n}/\mathrm{poly}(n)$ , ek hata ile rastgele bir çoklu zaman algoritması olurdu

k

$k$ . Ne zaman

k

$k$ önemli ölçüde daha küçük (ancak polinom olarak küçük değil), NP-sert olmasını beklerdim, ancak # P-sert değil, #P sertliği genellikle tam bir hesaplama olmasına bağlıdır.

— Thomas

İlk iki talep için referans verebilir misiniz? Üzgünüm ben bir

— acemiyim

10

# 3SAT için ek yaklaşımlarla ilgileniyoruz. yani 3CNF verildi $\phi$ üzerinde $n$ değişkenler tatmin edici atamaların sayısını sayar (buna $a$ ) ek hataya kadar $k$ .

Bunun için bazı temel sonuçlar:

Dava 1: $k=2^{n-1}-\mathrm{poly}(n)$

Burada deterministik bir poli-zaman algoritması var: $m=2^n-2k = \mathrm{poly}(n)$ . Şimdi değerlendirin $\phi$ üzerinde $m$ gelişigüzel girdiler (örneğin ilk olarak sözlükbilimsel olarak) $m$ girişler). varsaymak $\ell$ bu girdilerin $\phi$ . Sonra biliyoruz $a \geq \ell$ en azından olduğu gibi $\ell$ tatmin edici ödevler ve $a \leq 2^n - (m-\ell)$ en azından olduğu gibi $m-\ell$ tatmin edici olmayan görevler. Bu aralığın uzunluğu: $2^n - (m-\ell) - \ell = 2k$ . Orta noktayı çıkarırsak $2^{n-1} -m/2 + \ell$ bu içeride $k$ gerektiği gibi doğru yanıtın.

Durum 2: $k=2^n/\mathrm{poly}(n)$

Burada rastgele bir çoklu zaman algoritması var: Değerlendir $\phi$ en $m$ rastgele noktalar $X_1, \cdots, X_m \in \{0,1\}^n$ . İzin Vermek $\alpha = \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m \phi(X_i)$ ve $\varepsilon = k/2^n$ . Çıktı $2^n \cdot \alpha$ . Bunun en fazla hata vermesi için $k$ ihtiyacımız var

k \geq | 2^{n} α - a | = 2^{n} | α - a / 2^{n} |,

$k \geq |2^n \alpha - a| = 2^n |\alpha - a/2^n|,$ eşdeğer

| α - a / 2^{n} | \leq ε .

$|\alpha - a/2^n| \leq \varepsilon.$ Bir Chernoff sınırıyla ,

P [| α - a / 2^{n} | > ε] \leq 2^{- Ω (m ε^{2})},

$\mathbb{P}[|\alpha - a/2^n| > \varepsilon] \leq 2^{-\Omega(m \varepsilon^2)},$ gibi

E [ϕ (X_{i})] = E [α] = a / 2^{n}

$\mathbb{E}[\phi(X_i)]=\mathbb{E}[\alpha]=a/2^n$ . Bu, eğer seçersek

m = O (1 / ε^{2}) = p o l y (n)

$m=O(1/\varepsilon^2) = \mathrm{poly}(n)$ (ve sağlamak

m

$m$ gücü

2

$2$ ), en azından olasılıkla

0.99

$0.99$ , hata en fazla

k

$k$ .

Durum 3: $k=2^{cn + o(n)}$ için $c < 1$

Bu durumda sorun # P-hard: # 3SAT'tan bir indirim yapacağız. 3CNF al $\psi$ üzerinde $m$ değişkenler. Toplamak $n \geq m$ öyle ki $k < 2^{n-m-1}$ -- bu gerektirir $n = O(m/(1-c))$ . İzin Vermek $\phi=\psi$ dışında $\phi$ şimdi açık $n$ değişkenler yerine $m$ . Eğer $\psi$ vardır $b$ ödevleri yerine getirmek, $\phi$ vardır $b \cdot 2^{n-m}$ tatmin edici ödevler, $n-m$ "serbest" değişkenler tatmin edici bir ödevde herhangi bir değer alabilir. Şimdi varsayalım $\hat{a}$ öyle ki $|\hat{a}-a| \leq k$ -- yani $\hat{a}$ tatmin edici ödevlerin sayısına yaklaşmaktır. $\phi$ ek hata ile $k$ . Sonra

| b - \hat{a} / 2^{n - m} | = | \frac{a - \hat{a}}{2^{n - m}} | \leq \frac{k}{2^{n - m}} < 1 / 2.

$|b-\hat{a}/2^{n-m}| = \left| \frac{a - \hat{a}}{2^{n-m}}\right| \leq \frac{k}{2^{n-m}} < 1/2.$ Dan beri

b

$b$ bir tamsayıdır, yani tam değerini

b

$b$ itibaren

\hat{a}

$\hat{a}$ . Kesin değerini algoritmik olarak belirleme

b

$b$ # P-complete problemi # 3SAT'i çözmeyi gerektirir. Bu, hesaplamak için # P zor olduğu anlamına gelir

\hat{a}

$\hat{a}$ .

— Thomas
kaynak

4

İşte bu konuyu bir dereceye kadar geliştiren Bordewich, Freedman, Lovász ve Welsh'e bir referans .

— Martin Schwarz
kaynak