ile Komple sorun yarı polinom çözeltilerin sayısı sınır

FewP , çözeltilerin sayısına (giriş boyutunda) polinom bağlı problemleri sınıfıdır $NP$ . bilinen bir $NP$ tamamlama problemi yoktur . Bu gözlemi ne kadar uzatabileceğimizle ilgileniyorum. $fewP$

Herhangi bir doğal var $NP$ yarı-polinom üst çözeltiler (tanıklar) sayısına bağlı olan Komple sorun? Bu olasılığı ortadan kaldıracak yaygın kabul görmüş bir varsayım var mı?

Doğal, sorunun soruyu (veya benzerlerini) cevaplamak için yapay olarak oluşturulmuş bir sorun olmadığı anlamına gelir ve insanlar problemle bağımsız olarak ilgilenir (Kaveh tarafından tanımlandığı gibi).

DÜZENLEME: Ödül, bu tür doğal $NP$ tamamlama problemine veya bu tür problemlerin varlığını belirten makul bir argümana verilecektir (yaygın kabul gören karmaşıklık-teorik varsayımlar kullanılarak).

Motivasyon: Sezgim , $NP$ tamlığının, tanık sayısına süper polinom (hatta üstel) alt sınır dayatmasıdır.

cc.complexity-theory np

— Muhammed El-Türkistan
kaynak

Söz sorun UniqueSAT olan

(değil aynı

bir alt kümesi),

(aynı şekilde

) .

P r o m i s e U P

$\mathsf{PromiseUP}$

U P

$\mathsf{UP}$

P r o m i s e F e w P

$\mathsf{PromiseFewP}$

F e w P

$\mathsf{FewP}$

— Joshua Grochow

SAT dolgusu sorunuza cevap verir mi?

— Kaveh

Bütün mesele bu - değil; giriş boyutu , girişteki bit sayısıdır ve (seyrek) 3-sat örnekleri,

boyutuna sahiptir . Değişken sayısı girişin sadece bir yönüdür (bu nedenle diğer problemler için (grafik problemleri diyelim) kişi tanık sayısını neyin ölçtüğünü belirtmek zorundadır). Örneğin maksimum kesim için giriş grafiğinin

kenarı olabilir ve yine sadece

tanık vardır (giriş boyutunda üstel olan ). Ama gerçekten

cinsinden ölçmek istiyoruz . Ancak #vertices'in doğru önlem olduğu açık değildir.

m \log n

$m \log n$

n^{2}

$n^2$

2^{n}

$2^n$

n

$n$

— daniello

@Kaveh Evet, bu yüzden Muhammed'in sorusunda anlamlı olanı düşündüğünü varsaymalısınız. Ayrıca, gördüğünüz gibi, karmaşıklık hayvanat bahçesi benim tanımımla hemfikir. Genel olarak, herhangi bir ilginç karmaşıklık sınıfında, girdiyi bir polinom ile doldurursanız tanım değişmemelidir.

— domotorp

@downvoters İnsanlar neden bu soruyu küçümsüyor? En azından birisi bunun için bir sebep verebilir ...

— domotorp

Bu çok ilginç bir soru.

İlk olarak, açıklayıcı bir açıklama. "Üst tanıkların sayısına bağlı" olduğunu Note değil se başına bir hesaplama sorunun bir özellik, ama bir karar vermek için kullanılır, belirli bir doğrulayanın gibi, sorunu bir "üst devletler sayısına bağlı" bir olmaz bir problemin, ancak bir Turing makinesinin karar verme özelliği. Yani " çözüm sayısı üzerinde üst sınır ile sorunu" demek pek doğru değildir ve eğer ise, her probleminde istenilen sayıda (sıfır dahil ve olası tüm dizeler dahil) bir doğrulayıcı vardır. . $NP$ $NP$ $P = NP$ $NP$

Bu yüzden sorunuzu ele almak için bir tanım yapmalıyız. İçin , edelim bir say sorun "var en çözeltiler" halinde bir sabiti bir olduğu doğrulayıcı zaman , örneğin, her giriş uzunluğu ve için uzunluğunda her , farklı $s : {\mathbb N} \rightarrow {\mathbb N}$ $NP$ $L$ $s(n)$ $c$ $O(n^c)$ $V$ $n$ $x \in L$ $n$ Uzunluğunun , öyle kitüm kabulve, diğer tüm reddederuzunlukta . $y_1,\ldots,y_{s(n)}$ $n^c$ $V(x,y_i)$ $i$ $V(x,y)$ $y$ $n^c$

Şu anda söyleyebileceğim tek şey şu:

Bildiğim her tamamlama problemi (bazı doğal doğrulayıcı tarafından tanımlanır) açık bir karşılık gelen tamamlama sayma versiyonuna sahiptir ( aynı doğrulayıcı ile). $NP$ $\#P$
En fazla çözeltisine (hatta çözeltiye) sahip bir doğrulayıcı ile tanımlanan herhangi bir tamamlama problemi için, karşılık gelen sayım versiyonu muhtemelen tamamlayıcı değildir . $NP$ $poly(n)$ $2^{n^{o(1)}}$ $\#P$

Daha fazla detay: Diyelim ki , en fazla çözeltisi olan bir doğrulayıcı ile . Sonra olarak tanımladığımız doğal sayım "karar" versiyonu $L$ $NP$ $V$ $O(n^c)$ $L$

$Count_L(x) := \text{the number of $y$ such that $V(x,y)$ accepts}$

olarak hesaplanabilir olan olduğu, bir polytime fonksiyonu için sorgular . Çözümler sayısı karar vermek olmasıdır en olduğu içinde olan : varsa tanık sayısı, sadece bir 'in hale , kabul, biliyoruz en olduğu $FP^{NP[O(\log n)]}$ $O(\log n)$ $NP$ $x$ $k$ $NP$ $y_i$ $V$ $O(n^c)$ . Sonra için kesin çözüm sayısını hesaplamak için bu sorunu kullanarak ikili arama yapabilirsiniz . $NP$ $L$

Bu nedenle, bu tür bir tamamlama sorunu, olmadığı sürece, normal bir şekilde tamamlama sorununa genişletilemedi . Bu olası görünmüyor; tüm polinom zaman hiyerarşisi temel olarak çöker . $NP$ $\#P$ $\#P \subseteq FP^{NP[O(\log n)]}$ $P^{NP[O(\log n)]}$

Yukarıda olduğunu varsayarsanız , beklenmedik bir sonuç elde edersiniz. bir oracle ile zamanda hesaplanabileceğini göstereceksiniz . Örneğin, ve ardından olduğunu kanıtlamak için fazlasıyla yeterli $s(n) = 2^{n^{o(1)}}$ $\#P$ $2^{n^{o(1)}}$ $NP$ $EXP^{NP} \neq PP$ $EXP^{NP} \not\subset P/poly$ . Bu ayrımların olası olmadığı değil , Kalıcı için bir subexp time oracle algoritması vererek kanıtlanmaları pek olası görünmüyor . $NP$

Bu arada, burada çok anlayışlı bir şey söylemedim. Literatürde neredeyse böyle bir argüman var.

— Ryan Williams
kaynak

Gerçekten de anlayışlı bir cevap.

— Muhammed Al-Türkistan