Sonuçları

Bir ispat girişimim var $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ . İspat girişimi, Karp'ın $\oplus \mathbf{P}$ tamamlanmış problem $\oplus$ 3-DÜZENLİ VERTEX KAPAK SAT.

Kübik bir grafik verildi $G$ , azalma bir CNF formülü çıkarır $F$ aşağıdaki özelliklere sahip:

$F$ en fazla $1$ tatmin edici ödev.
$F$ ancak tepe noktası sayısının $G$ garip.

Sorular

Hangi sonuçları olacak $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ ? Zaten farkında olduğum bir sonuç şudur: $\mathbf{PH}$ indirgenebilir $\mathbf{NP}$ iki taraflı rasgele indirgeme yoluyla. Başka bir deyişle, $\mathbf{PH}\subseteq\mathbf{BPP}^{\mathbf{NP}}$ (Toda'nın Teoremini kullanarak $\mathbf{PH}\subseteq\mathbf{BPP}^{\oplus\mathbf{P}}$ , sadece değiştirerek $\oplus\mathbf{P}$ ile $\mathbf{NP}$ ). Bilmiyorum $\mathbf{BPP}^{\mathbf{NP}}$ bir düzeyde tutulduğu gösterildi $i$ Polinom Hiyerarşisi: evet ise, başka bir sonuç $\mathbf{PH}$ böyle bir seviyeye çöküyor $i$ . Ayrıca, yaygın kabul gören derandomizasyon varsayımları altında ( $\mathbf{BPP} = \mathbf{P}$ ), Polinom Hiyerarşisi, birinci ve ikinci seviye arasında, bizim gibi $\mathbf{PH} = \mathbf{P}^\mathbf{NP} = \Delta_2^\mathbf{P}$ (Bunun doğru olmadığı söylendi, ancak nedenini tam olarak anlayana kadar bu satırı silmeyeceğim).

Yanılmıyorsam, yukarıda belirtilen azalma aslında $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ . Kanıtlayacaktı $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{UP}$ . Hangi sonuçları olacak $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{UP}$ , önceden ima edilenlere ek olarak $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ ? Tam olarak bilmiyorum $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{UP}$ zaten şaşırtıcı sonuçlarına daha fazla sürpriz $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ ne ölçüde. Sezgisel olarak bunun oldukça geniş ölçüde olacağını tahmin ediyorum.

— Giorgio Camerani
kaynak

\oplus P

$\oplus\mathrm P$ tamamlayıcı altında kapalıdır ve PH

\oplus P

$\oplus\mathrm P$ çoktur, dolayısıyla

\oplus P \subseteq N P

$\oplus\mathrm P\subseteq\mathrm{NP}$ aslında ima eder

P H = Σ_{2}^{P} = Π_{2}^{P} = A M \cap c o A M

$\mathrm{PH}=\Sigma^P_2=\Pi^P_2=\mathrm{AM}\cap\mathrm{coAM}$ , ve

P H \subseteq N P / p o l y \cap c o N P / p o l y

$\mathrm{PH}\subseteq\mathrm{NP/poly}\cap\mathrm{coNP/poly}$ . UP çok fazla fark yaratmaz (cf. cstheory.stackexchange.com/questions/3887'de yararlı bir şeyin olmaması ).

— Emil Jeřábek

@ EmilJeřábek İlginç yorumunuz için teşekkürler, bunun sonuçlarını bilmiyordum. Beni işaret ettiğin soruyu biliyordum, ama beklerdim

\oplus P \subseteq U P

$\oplus \mathbf{P}\subseteq\mathbf{UP}$ (Hem de

N P \subseteq U P

$\mathbf{NP}\subseteq\mathbf{UP}$ ) en azından

U P

$\mathbf{UP}$ tam problemleri olduğu bilinmemektedir. Yaygın olarak bir şeyin yanlış olduğu düşünülen şey ilginç (

N P \subseteq U P

$\mathbf{NP}\subseteq\mathbf{UP}$ ), eğer doğruysa, şok edici bir sonuca sahip olduğu bilinmemektedir.

— Yorumunuzu

Hayır, tamamen yanılıyorsun. BPP = P yalnızca bir BPP makinesi tarafından hesaplanan her dilin bir P makinesi tarafından da hesaplanabileceğini söylüyor. Önemsiz bir kehanete sahip bir BPP makinesi tarafından hesaplanan diller hakkında hiçbir şey söylemez. Hatalı argümanınıza göre NP = P

{N P}^{A} = P^{A}

$\mathrm{NP}^A=\mathrm P^A$ herkes için

A

$A$ yanlış olduğunu bildiğimiz

N P \neq P

$\mathrm{NP}\ne\mathrm P$ Çözüldü. Ve bu konuda, argümanınız

B P P \neq P

$\mathrm{BPP}\ne\mathrm P$ , oracles olduğu için

A

$A$ hangisi için

{B P P}^{A} \neq P^{A}

$\mathrm{BPP}^A\ne\mathrm P^A$ .

— Emil Jeřábek

@Giorgio: Sadece düşündüğünüz akıl yürütme çizgisinin bu durumda çalışmadığını iddia ediyor. İlgili bölüm: "Eğer kehaneti taktığım makine en azından bu kadar güçlü ise, içerme neden takip etmemeli?". İddianın kendisinin yanlış olduğunu söylemiyor gibi görünmüyor; sadece sezgileriniz işe yaramıyor. PPTM'nin olasılıklı yönlerinin bu kehanetten daha fazla fayda sağlayamayacağını henüz göz ardı edemeyiz. Olasılıksal TM'nin elinde daha fazla araç var, ancak araç ek araçlar olmadan (NP oracle gibi) kesinlikle fayda sağlayamayabilir.

— mdxn

P ve BPP'yi çökertecek kadar güçlü bir PRNG'nin var olduğu varsayımıyla bile, bunun neden mutlaka NP oracle'lu BPP ve NP oracle'lu P'nin aynı olması gerektiğini anlamıyorum. Normalde PRNG'ler, hiçbir polisize devresinin çıkışlarını gerçekten rastgele bitlerden ayıramayacağı garantisine sahiptir. Ancak kehanet makineleri için, NP kapılarına izin verilen her çok boyutlu devre için garantiye ihtiyacınız vardır ve bu daha güçlüdür. Impagliazzo-Wigderson relativize oluyor, ancak sertlik varsayımını güçlendirmeniz gerekiyor ( eccc.hpi-web.de/report/1998/055/comment/1/download )

— Sasho Nikolov

T88'de tanımlanan iki kehanet seti vardır ki ${\bf NP^A \not \subseteq \oplus P ^A}$ ve ${\bf \oplus P^B \not \subseteq NP^B}$ .

— Tayfun Pay
kaynak

herhangi bir sonuç var mı

P P \subseteq \oplus P

$PP\subseteq\oplus P$ tutar?

— T ....