Monomiyallerin düz çizgi karmaşıklığı

Let bazı tarla olmak. Her zaman olduğu gibi, bir yi üzeri düz çizgi karmaşıklığı olarak tanımlıyoruz . , monomialleri , yani sıfır olmayan katsayıyla görünen monomiyaller kümesi olsun . $k$ $f\in k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}]$ $L(f)$ $f$ $k$ $F$ $f$ $f$

Doğru mi ? $\forall m\in F:L(m)\le L(f)$

için daha zayıf bir üst sınır bile biliniyor mu? $L(m)$

cc.complexity-theory algebraic-complexity arithmetic-circuits

— Gorav Jindal
kaynak

Yanıtlar:

f = (Σ_{i = 1}^{n} x_{i})^{2^{n}}

$f=(\Sigma_{i=1}^n x_i)^{2^n}$

(\binom{2^{n} + n - 1}{n - 1}) \approx 2^{n^{2}}

${2^n+n-1\choose n-1} \approx 2^{n^2}$

L (f) = O (n)

$L(f)=O(n)$

2^{O (n \log n)}

$2^{O(n\log n)}$

O (n)

$O(n)$

f

$f$

m

$m$

L (m) = \tilde{Ω} (L^{2} (f))

$L(m)=\widetilde\Omega(L^2(f))$

— domotorp
kaynak

Domotorp cevabı göre küçük bir yapıcı bir örnek olarak, bir alabilir ile ise .

f = (x + y)^{8}

$f=(x+y)^8$

L (f) = 4

$L(f)=4$

L (x^{7} y) = L (x^{7}) + 1 = 5

$L(x^7y)=L(x^7)+1=5$

— Bruno

@domotorp, Güzel cevap için teşekkürler. Bu da üst sınır mı görünüyor? Yoksa daha iyi sınırlar olabilir mi?

— Gorav Jindal

Bilmiyorum, ancak bu örnek çok basit olduğu için, boşluğun daha büyük, hatta üstel olabileceğini tahmin ediyorum.

— 17'de domotorp

Doğrusal bir üst sınır olduğuna dair bir "kanıtım" var ... Yanılıyorum (ikinci dereceden bir alt sınırı kanıtladığınızdan beri)? Aşağıdaki gibidir: boyutunda bir SLP ile , toplam derecedeki bir polinomu hesaplarsınız . Şimdi , ikili üs ile birlikte en fazla boyutunda bir SLP'ye sahiptir . Derece- değişkenli bir monominin daha sonra en fazla (çok kaba bağlı) : tüm , ve sonra bunların ürünlerini hesaplayın . Bu nedenle, bir polinom düşünürsek , toplam derecesi en fazla ve her monomial en fazla boyutunda bir

L

$L$

\leq 2^{L}

$\le 2^L$

x^{D}

$x^D$

2 \log D

$2\log D$

D

$D$

n

$n$

2 n \log D + n - 1

$2n\log D+n-1$

x_{i}^{D_{i}}

$x_i^{D_i}$

D_{i} \leq D

$D_i\le D$

f

$f$

2^{L (f)}

$2^{L(f)}$

2 n L (f) + n - 1

$2nL(f)+n-1$ .

— Bruno

@Bruno: Güzel bir kanıt ve bununla ilgili yanlış bir şey yok, ancak ve çarptığınızda doğrusal değil . Ancak en fazla değişkenine bağlı olabileceğini bildiğimiz için , gerekli karesel sınırlama anlamına gelen kabul edebiliriz . Böylece .

n

$n$

L (f)

$L(f)$

f

$f$

L (f) + 1

$L(f)+1$

n \leq L (f) + 1

$n\le L(f)+1$

L (m) = O (L^{2} (f))

$L(m)=O(L^2(f))$

— domotorp

Not: OP daha açık bir şekilde daha üst sınırlar istediğinden, bu bir önceki yorumun genişlemesidir.

Toplam polinom derecesi ile sınırlandırılmıştır, çünkü her işlem polinom derecesinin en fazla iki katı olabilir. Bu durumda, her biri için , . $f$ $2^{L(f)}$ $m\in M$ $\deg(m)\le 2^{L(f)}$

Şimdi, bazı değişken ve derece , boyut en fazla ise , ikili üs ile oluşturan bir SLP vardır . Bir , her bir her biri ayrı ayrı hesaplanabilir ve ardından ürünleri . Böylece burada toplam derecesi (tabii ki her üzerinde bir üst sınırdır ). $x$ $d$ $x^d$ $2\log(d)$ $m=x_1^{d_1}\dotsb x_n^{d_n}$ $x_i^{d_i}$ $L(m)\le 2n\log(d) + (n-1)$ $d$ $m$ $d_i$

Birlikte : $m\in M$

L (m) \leq 2 n \log (\deg (m)) + (n - 1) \leq 2 n L (f) + (n - 1) .

$L(m)\le 2n\log(\deg(m))+(n-1)\le 2nL(f)+(n-1).$

Yana , bir sonucuna varabiliriz $n\le L(f)+1$

\forall m \in M, L (m) \leq 2 L (f)^{2} + 3 L (f) .

$\forall m\in M, L(m) \le 2L(f)^2+3L(f).$

Uyarılar. Belirtilen sınır çok kabadır. Özellikle, verilen üst sınırı ikinci paragrafın sıkı olmamasıdır. Yine de domotorp'un cevabı, kişinin çok daha iyi bir bağ için umut edemeyeceğini ve daha kesin olarak kuadratik bağımlılığın ortadan kaldırılamayacağını göstermektedir. İnşaatı sıkmak için, ekleme zincirleri üzerinde en iyi bilinen yapılar kullanılabilir . Kesin sınırların bu sorun için hala bilinmediğini unutmayın. $L(m)$ $L(f)$

— Bruno
kaynak