İlişkisiz yarı özel paralarla hakemli oyunlar

Bu sorunun cevabını gerçekten çok ilgilendim (ve hala ilgiliydim), çünkü bu çözülmemiş oyunların karmaşıklığına ilişkin ilginç bir varyasyon, bu yüzden bir ödül teklif ettim. Orjinal sorunun çok zor olduğunu düşündüm, bu yüzden lütuf almaya da değecek üç ilgili soru yayınladım. Ödül süresi dolmadan kimse cevap vermedi. Daha sonra ilgili soruların ikisini (3. ve 4. soru, orijinal yazımın altında tartışılmış) cevaplayabildim, hakemli oyunların değerinin, ilişkisel yarı-özel paralarla (aşağıda tanımlandı) yaklaşık değerinin EXPTIME tamamlandı olduğunu gösterdim. Asıl soru hala cevapsız. Ayrıca ilginç karmaşıklık sınıflarında PSPACE ile EXPTIME arasında benzer oyunlar ortaya çıkaran sonuçlarla da ilgileniyorum.

ORİJİNAL POST:

Bu soru, Itai'nin onaltılık sorusundaki tartışmadan ilham aldı . Bir hakemli oyunu iki hesaplama sınırsız oyuncu kim özel paralar çevirebilirsiniz doğrulayıcı bir polinom zamanlı üzerinden iletişim kurarak oynamak bir oyun (böylece sarım sayısı ve iletişimin miktarı da sınırlanmış polinom zamanlı). Oyunun sonunda hakem kimin kazandığını belirlemek için P'de bir algoritma kullanır. Böyle bir oyunu kimin kazanacağının belirlenmesi (yaklaşık olarak bile) EXPTIME tamamlandı. Kamuya ait paralarınız ve kamusal iletişiminiz varsa, bu tür oyunlar PSPACE'tedir. ( Bkz. Feige ve Killian, "Oyunları Kısa Olmak." ) Sorum, bu iki sonuç arasındaki sınırı anlatıyor.

• Soru: Polinom uzunluğundaki bir oyunu oynayan, hesaplamalı olarak sınırsız iki oyuncunuz olduğunu varsayalım. Hakemin rolü, her hamleden önce, her oyuncuya bir miktar özel jeton atışı (diğer oyuncununkiyle ilgisiz) vermekle sınırlıdır. Oyuncunun tüm hamleleri halka açıktır ve rakibi tarafından görülür - tek özel bilgi yazı tura atar. Oyunun sonunda, tüm özel jeton fişleri ortaya çıkar ve poli-time hakem bu jeton fişlerini kullanır ve oyuncunun hamlelerini kimin kazanacağına karar vermek için hareket ettirir.

  Hakemli oyunların sonucuna göre, ilk oyuncunun kazanma ihtimalinin EXPTIME cinsinden yaklaşık olduğu ve aynı zamanda PSPACE-hard olduğu da açık. Hangisi (eğer varsa)? Bu sorun hakkında bilinen bir şey var mı?

Bu şekilde sıfır toplamlı matris oyunları (la la Neumann) oynayabileceğiniz için oyuncuların karışık stratejiler kullanmaları gerekebileceğini unutmayın.

EK MALZEME:

Bu karmaşıklık sınıfına RGUSP diyelim (tüm diller , yukarıda açıklandığı gibi İlişkili Olmayan Yarı Değerli Paraları olan Hakemli bir Oyun'a indirgenebilir; öyle ki, eğer da olursa , oyuncu olasılıkla kazanır ve eğer değilse , oyuncu 1 olasılık ile kazanır . İlgili üç sorum:$L$$x \in L$$\geq 2/3$$x \notin L$$\leq 1/3$

• Soru 2: RGUSP oldukça sağlam görünüyor. Örneğin, eğer oyunu değiştirirsek hakem mesaj göndermez, ancak yalnızca 1. ve 2. oyuncuların genel mesajlarını gözlemler ve onlardan özel mesaj alırsa, o zaman bu oyunun değerine yaklaşmak hala RGUSP'ye eşdeğerdir. RGUSP'nin sağlam olduğunu göstermek isterim, bu yüzden doğal bir karmaşıklık sınıfı C bulan herkese ödül vermeye istekliyim, böylece PSPACE subseteq C subseteq RGUSP, her ikisinin de tam olarak göründüğü yer yok.$\subseteq$$\subseteq$

• Soru 3: Ayrıca, RGCSP (İlişkili Yarı Değerli Paralara Sahip Hakemli Oyunlar) sınıfının EXPTIME'in tamamlandığından şüpheleniyorum ve bu gerçeği ispatlayan birine de ödül vermeye hazırım. RGCSP'de ilk adımda hakem iki oyuncuya rastgele değişkenler ile ilişkilendirilmiş verir (örneğin, ilk oyuncuya büyük bir projektif düzlemde bir nokta ve ikinci oyuncuya bu noktayı içeren bir çizgi verebilir). Bundan sonra, bir polinom sayısı için iki oyuncu birbirlerine çoklu boyutta genel mesajlar gönderiyor. Oyun oynandıktan sonra, çok hakemli hakem kimin kazanacağına karar verir. Oyuncu 1 için kazanma olasılığına yaklaşmanın karmaşıklığı nedir?

• Soru 4: Son olarak, gerçekten kriptografi ve olasılık dağılımları hakkında olabilecek bir sorum var: İlişkili olmayan yarı-özel jetonlu hakemli bir oyunda iki oyuncuya oblivious transfer yapma kabiliyeti veriyor, korelasyonlu jetonlu keyfi bir oyun oynamasına izin veriyor (veya alternatif olarak, EXPTIME'ın tamamlanmış olduğunu belirleyen oyunu oynamalarına izin veriyor mu?)

Orijinal sorumu cevaplayamıyorum, ancak bir ödül teklif ettiğimde eklediğim 3. ve 4. soruları cevaplayabiliyorum, çünkü asıl sorunun çok zor olacağını düşündüm. Aslında, 3. soruya dair iki kanıtım var.

İşte soru 3'ün ayarı: Oyunun başında, oyunculara 1 ve 2 ile rasgele değişkenleri ilişkilendiren bir polinom zaman hakemi veriyoruz. Daha sonra 1 ve 2 numaralı oyuncular, hakemin müdahalesi olmadan oyunu oynar. Oyunun sonunda hakem yazıya bakar ve kimin kazanacağına karar verir. Böyle bir oyunu kimin kazanacağına karar vermenin EXPTIME'ın tamamlandığını gösterebilirim, kazananın en az olasılıkla kazanacağı sözünü vermiş olsanız bile .$2/3$

======== Kanıt 1 ============

İlk delil, kayıtsız transferin güvenli iki parti hesaplamaları için evrensel olduğu gerçeğini kullanır. Böylece, eğer 1. ve 2. oyuncular habersiz transferler yapabilirlerse, keyfi polinom zaman hakemini taklit edebilirler, böylece hakemli oyunların EXPTIME tamamlanmış olduğu önceki sonuçları uygulanabilir.

Şimdi, 1-2 habersiz transfer elde etmek için, oyunun başında hakem iki oyuncuya çok sayıda "oblivious transfer kutusu" veriyor. Bu unutulmaz transfer kutularından birini tarif ediyoruz. P1, iki rasgele sayı alır, ve . P2 bu rasgele sayılardan birini, ve ( veya ) değişkenini , P1'in rastgele sayılarını aldığını söyleyerek alır. Oblivious transfer yapmak için, P1 aktarmak istediği iki veri parçasını alır ve XOR ise ve$r_1$$r_2$$r_i$$i$$=1$$2$$r_1$$r_2$. Böylece P2, bunlardan birinin kodunu çözebilir, ancak P1, hangi P2'nin kodunu çözebileceğini söyleyemez. Bu 1-2 habersiz transfer. (Açıkça, hakem oyunculara P2'den P1'e, diğer yöne yönlendirilmiş habersiz transfer kutularını vermek zorundadır.)

4. soruyu ilk sorduğumda, güvenli iki taraflı hesaplama sonuçlarının bir hakemle bu tür etkileşimli hesaplamalara uygulanmadığından endişelendim, ama aslında yaptıklarını göstermek oldukça kolay.

=========== Kanıt 2 ===========

Şimdi soru 3 için ikinci kanıt için. Burada, geri dönüp Feige-Kilian kanıtını değiştirmemiz gerekiyor. Bu kanıtda, üstel bir zaman hesaplaması yapan bir Turing makinesi T düşünürler. Feige Kilian kodlayan zamanda bant üzerinde bit bir çoklu doğrusal polinom x_1 X_n büyük, sonlu alan GF (fazla ). Şimdi, hakem P1'e bir puan verir ve bu noktayı P2'ye verir ve bir çizgi puan ve çizginin değerlendirmesini geri verir. Hakem P1 ve P2'nin değerlendirmelerinde zamanını bulmak için ikili arama kullanır .$2^n$$t$$Q_t($$, \ldots,$$)$$p$$Q_t$$t$$Q_t$katılıyorum, ancak aynı fikirde değil, P1'e yalan söyleyen kişi olup olmadığını ortaya çıkaran zekice bir soru sordu.$Q_{t+1}$

Kullanacağımız ilk şey, ilişkisiz rastgele jetonlarla bile olsa, hakem, oyuncu 1 ve 2'nin, rasgele jetonlarla yapmak istedikleri verileri XOR'a alarak bit komisyonlamalarını gerçekleştirebilmesidir. Böylece, P1 ve P2 hakkında, mühürlü zarflara bir şeyler koymaktan bahsedebiliriz.

Eğer Feige-Kilian kanıtı simüle etmek deneyebilirsiniz bir şey şudur: Hakem P1 farklı noktalarda bir sürü verir hatları bir sürü ve P2 böylece üzerindedir . Şimdi, ikili aramanın her aşamasında, oyuncular ve kapalı zarflara ve hakem oyuncuların açması için rastgele birini seçer. İki oyuncu, değerlerin tutarlı olup olmadığına karar verir ve buna göre ikili arama ile devam eder. Şimdi, çiftini mahvettik , çünkü iki oyuncu da noktanın ve çizginin değerini biliyor, ancak yine de kullanabileceğimiz daha birçok (nokta, çizgi) çiftimiz var.$p_i$$\ell_i$$p_i$$\ell_i$$Q_{t}(p_i)$$Q_t(\ell_i)$$(p_i, \ell_i)$

(Hakem oyunculara sadece oyunun başında talimat hakem rastgele bir tanesini nasıl seçebilir? talimatlarını başlangıçta iki oyuncuya verdiği değerlerle kodlayabilir. iki oyuncu, değerleri ilgili zamanda gösterene kadar talimatı okuyamaz.)$(p_i, \ell_i)$

Bu strateji pek işe yaramıyor, çünkü P1 ve P2 iki nokta (veya çizgi) ile yatmaya başladıkları zaman konusunda tutarlı olmak zorunda değil, yani P1, ve için yanlış değer . Bu, ikili aramayı tamamen karıştırır ve protokolü sonuçsuz tutar. Bununla birlikte, P1'i tutarlı olmaya zorlamak için kullanabileceğimiz düzgün bir numara var. P1'in puan kümesine bir grup boş nokta ekleyin ve boş satır ekleyin$Q_t(p_i)$$Q_t(p_j)$${p}'_k$${\ell}'_k$P2'nin çizgileri için. Her kukla çizginin üzerinde iki nokta olmasına izin verin. P1, bir satırdaki kukla nokta için doğru değeri ve diğer kukla nokta için yanlış değeri verirse, P2'nin bir satırın değerini vermesinin bir yolu olmadığı için kendini bir yalancı olarak açıkladı. P1'in iki noktadan biri için diğeri için doğru değil. P2'nin tutarlı bir şekilde cevap vermesini sağlamak için benzer bir numara yapabiliriz. Sonra geriye kalan tek şey, Feige-Kilian kanıtının son basamağının hala işe yaradığını gösteriyor. Bu, anlaşılır bir şekilde ortaya çıkıyor, ancak ayrıntılara bakmak, bu cevabı çok daha uzun hale getirecek.