Yapışık ağaçlar probleminin rastgele sorgu karmaşıklığı

Bir Childs ve arkadaşları tarafından önemli 2003 kağıdı."yapışık ağaçlar problemi" ni tanıttı: bildiğimiz diğer tüm problemlerden farklı olarak üstel bir kuantum hızlandırmayı kabul eden bir problem. Bu problemde, yaprakları rastgele bir döngü ile birbirine bağlanan iki tam derinlikli iki n ağaçtan oluşan, aşağıda resimdeki gibi üssel olarak geniş bir grafik verilmiştir. ENTRANCE vertex etiketi ile tedarik edildi. Ayrıca, herhangi bir tepe noktasının etiketi olarak girildiğinde bize komşularının etiketlerini söyleyen bir kehanet de veriyoruz. Hedefimiz EXIT tepe noktasını bulmaktır (bu, ENTRANCE tepe noktası dışındaki grafikteki tek derece-2 tepe noktası olarak kolayca tanınabilir). Etiketlerin uzun rastgele dizeler olduğunu varsayabiliriz, böylelikle çok büyük olasılıkla,ENTRANCE vertex dışındaki vertex, kehanet tarafından verilmelidir.

Childs ve diğ. bir kuantum yürüme algoritmasının bu grafikte basitçe var olduğunu ve poli (n) adımlarından sonra ÇIKIŞ tepe noktasını bulabildiğini gösterdi. Bunun aksine, herhangi bir klasik randomize algoritmanın, EXIT tepe noktasını yüksek olasılıkla bulmak için exp (n) adımları gerektirdiğini gösterdiler. Alt sınırlarını Ω (2 ^{n / 6} ) olarak belirttiler, ancak ispatlarının Ω (2 ^{n / 2} ) olduğunu daha yakından inceledim . Sezgisel olarak, bunun nedeni, ezici bir olasılıkla, grafikte rastgele bir yürüyüşün (hatta kendiliğinden kaçınan bir yürüyüş vb.) Geniş orta bölgede üssel bir süre boyunca sıkışıp kalmasıdır: bir yürüteç EXIT'e doğru yönelmeye başladığında EXIT'ten uzağa işaret eden çok daha fazla sayıda kenar, onu tekrar ortaya doğru iten bir "itme kuvveti" olarak işlev görür.

Argümanı biçimlendirmelerinin yolu, ~ 2 ^{n / 2} köşeleri ziyaret edilinceye kadar , rastgele bir algoritmanın grafikte hiç bir döngü bulamadığını göstermekti : Şimdiye kadar görüldüğü için indüklenen alt yazı, sadece bir ağaç EXIT tepe noktasının nerede olabileceği hakkında bilgi.

Bu sorunun randomize sorgu karmaşıklığını daha kesin olarak belirlemekle ilgileniyorum. Sorum şu:

Herhangi biri EXIT tepe noktasını ~ 2 ⁿ adımdan daha az bir adımda bulan bir klasik algoritma bulabilir mi - yani , O (2 ^{n / 2} ) veya O (2 ^{2n / 3} )? Alternatif olarak, herhangi biri Ω (2 ^{n / 2} ) ' den daha düşük bir sınır verebilir mi?

(Doğum günü paradoksuna göre, O (2 ^{n / 2} ) adımdan sonra grafikte döngü bulmak zor değil . Soru, ÇIKIŞ'ın tepe noktasının nerede olduğu hakkında herhangi bir ipucu elde etmek için döngüleri kullanıp kullanamayacağı sorusudur .)

Herhangi biri alt sınır geçmişini Ω (2 ^{n / 2} ) geliştirebilirse, o zaman benim bilgime göre, bu, randomize sorgu karmaşıklığı √N'den büyük olan üstel bir kuantum hızlandırması olan kara kutu sorunun ilk kanıtlanabilir örneğini sağlayacaktır. . (Burada N ~ 2 ⁿ problem büyüklüğüdür.)

Güncelleme: Andrew Childs'den öğrendim, bu notta , Fenner ve Zhang, yapışık ağaçlar için ized (2 ^{n / 3} ) seviyesine ayarlanmış alt sınırı açıkça geliştirdi . Eğer sabit (üssel olarak küçük) başarı ihtimalini kabul etmeye istekli olduysa, sınırı daha da geliştirebileceklerini Ω (2 ^{n / 2} ) yapabileceklerine inanıyorum .

oracle çağrılarında çıkışı bulan deterministik bir algoritmaya sahip olduğumu düşünüyorum .$O(n2^{n/2})$

İlk olarak, n mesafesinin tüm köşeleri için etiketleri bulun.girişten / 2 uzaklıktaki. Bu, O ( 2 n / 2 ) sorguyu alır. Daha sonra, giriş başlar ve yürüme , n + 1 , bir düğüm için için adımları X mesafesinin , n + 1 girişinde. Bu düğümden çıkışa ulaşmaya çalışacağız.$n/2$$O(2^{n/2})$$n+1$$X$$n+1$

nereye gideceğimize dair iki seçeneğimiz var ve çıkışa daha yakın olanı seçmek istiyoruz. Bunu yapmak için, Y düğümüne gelen seçeneklerden birini isteğe bağlı olarak seçin . Sonra tüm O ( 2 n / 2 ) n / 2 yürüyüş yolunu keşfedin$X$$Y$$O(2^{n/2})$$n/2$ arasındaki adımları . Bunlardan biri mesafenin bir etiket verirse n / 2 girişinden, biz giden biliyoruz X için Y yanlış seçimdi. Aksi takdirde, Y doğru seçim oldu. Böylece O ( 2 n /$Y$$n/2$$X$$Y$$Y$ Bir düğüm bulunan x 2 mesafenin , n + 2 girişine.$O(2^{n/2})$$X_2$$n+2$

Bu şekilde devam edebiliriz. Bir mesafe düğümü bulmak içinGirişten n + 3 X 2'den başlıyoruzve iki isteğe bağlı adımı yürüyoruz. Daha sonra yürüyüş tüm seçenekleri keşfetmek n / 2 (asla geriye yürürken) ek adımlar ve bunlardan herhangi mesafe olup olmadığını kontrol n / 2 girişinden. Bu, ancak X 2'den yürüdüğümüz ilk adımınyanlış olması durumunda gerçekleşecektir.$n+3$$X_2$$n/2$$n/2$$X_2$

Çıkışa ulaşmak, toplamda O ( n 2 n / 2 ) kehanet çağrıları için defa yapılmasını gerektirir . Ek olarak, belki de şaşırtıcı bir şekilde, bu algoritma deterministic'tir.$n$$O(n2^{n/2})$

Düzenleme: Sadece almak netleştirmek için için X t + 1 yürüdüğümüz, t ardından derinlik arayacaksınız, keyfi adımları n / 2 olmak üzere toplam, t + 2 n / 2 adım. İlk adım çıkıştan uzağa giderse, ilk adımların tümü atıldı ve bu nedenle girişten n / 2 uzaklıkta bir etiket bulduk . Bu araçlar t + 2 , n / 2 den almak için tek bir sonraki adım belirlemek için aşamaları toparlayıcı x $X_t$$X_{t+1}$$t$$n/2$$t+2^{n/2}$$t$$n/2$$t+2^{n/2}$$X_t$.