Tek seferlik karar ağaçları için denklik sorununun karmaşıklığı nedir?

Bir defaya mahsus karar ağacı aşağıdaki gibi tanımlanır:

$True$ ve , bir defaya mahsus karar ağaçlarıdır. $False$
Eğer ve olan karar ağaçları salt bir kez ve meydana gelen bir değişken değildir ve , daha sonra , aynı zamanda, bir salt kez karar ağacı. $A$ $B$ $x$ $A$ $B$ $(x \land A) \lor (\bar x \land B)$

Giriş: İki salt kez karar ağaçları ve . $A$ $B$
Çıktı: mi? $A \equiv B$

Motivasyon:

Bu sorun, Doğrusal Mantık parçasının ispat denklik problemine (kuralların permütasyonu) bakarken ortaya çıktı.

— üzüm posası
kaynak

İndirgenmiş ikili karar diyagramlarını kullanamaz mısınız? Düzenleme: err belki değil, değişkenleriniz sipariş edilmez ...

— Sylvain

@Kaveh Hayır, kanıt teorisinde ortaya çıkıyor: Doğrusal Mantık parçasının kanıt denklik problemine (kuralların permütasyonu) bakıyorum. Bu boole sorununa kaynar. Uzman olmadığım için, bunun iyi bilinen / kolay bir soru olup olmadığını soracağımı düşündüm. Bu yüzden, evet ismini uydurdum çünkü daha iyisini bilmiyorum.

— Marc

@Marc, neden bir sorunla ilgilendiğinizi açıklamak genellikle iyi bir fikirdir. Soruyu düzenledim. Lütfen iyi olduğundan emin olmak için bir göz atın. (Ayrıca artık gerekli olmadığından önceki yorumlarımı kaldırıyorum.)

— Kaveh

@Kaveh Evet, bunun için üzgünüm. Orijinal argümanıma daha yakın hale getirmek için reformülasyonunuzu düzenledim (seninki iyi olup olmadığını hemen anlayamadım, bu yüzden bunu yapmak daha kolay görünüyordu)

— Marc

Yanıtlar:

Kısmi bir çözüm buldum. Sorun L'de.

Olumsuzlaması eşdeğerdir eşdeğerdir hem IFF ve vardır. $A \leftrightarrow B$ $(\bar A \land B) \lor (A \land \bar{B})$ $False$ $(\bar A \land B)$ $(A \land \bar{B})$

İçin salt bir kere karar ağacı için salt bir kere karar ağacından elde edilebilir geçiş yaparak ve yılında . Bu, günlük alanında yapılabilir. $\bar{A}$ $A$ $True$ $False$ $A$

Olmadığını kontrol etmek için için equivlent olan (için benzer ve ) biz tüm çiftleri üzerinden çalışmasını yapraklar, her ağaçtan biri ve bunlar uyumlu olup olmadığını (kontrol yani yollardan birinde , diğerinde ). Uyumlu bir çift bulamadığımız iff'e eşdeğerdir . Bu, günlük alanında yapılabilir. $\bar A \land B$ $False$ ${A} \land \bar{B}$ $True$ $x$ $\bar x$ $False$

Yani sorun en azından L'de.

EDIT: muhtemelen azaltma altında, bu L-tam olduğunu kanıtlamak için bazı fikirlerim var . Ama ayrıntıları kontrol etmem gerekecekti ve buraya sığmayacak. Her şey yolunda giderse yazdığım makaleye bir bağlantı göndereceğim! $AC_0$

EDIT2: işte burada, http://iml.univ-mrs.fr/~bagnol/drafts/mall_bdd.pdf

Yani problem gerçekten Logspace-complete.

— üzüm posası
kaynak

bu olumsuzlamayı nasıl elde edersiniz? Olumsuzlaması olmalıdır , yani

x . A + \bar{x} . B

$x.A+\overline{x}.B$

(\bar{x} + \bar{A}) . (x + \bar{B})

$(\overline{x}+\overline{A}).(x+\overline{B})$

x . \bar{A} + \bar{x} . \bar{B} + \bar{A} . \bar{B}

$x.\overline{A}+\overline{x}.\overline{B}+\overline{A}.\overline{B}$

— Denis

@Denis: Bunun bir yazım hatası olduğuna inanıyorum, formülünüz sadeleştirildi , bu nedenle olumsuzlama, 0 ve 1'i yapraklarda çevirerek hesaplanır.

x . \bar{A} + \bar{x} . \bar{B}

$x.\bar A+\bar x.\bar B$

— Nicolas Perrin

@ AndrásSalamon aslında yaprak sayısı formülün boyutunda doğrusal değildir, bu nedenle ağacın nasıl dengelendiğine bakılmaksızın onları tanımlamak için logaritmik bir bit sayısına ihtiyacınız vardır. Daha sonra , her çift için sorunlu bir değişken (biri yolda olan ve diğerinde olan) olup olmadığını kontrol edin . O kalır, ben her çifti için sorunlu değişkeni tahmin etmek gerekli çünkü bir sorun olduğunu düşündüm, ama aslında sadece bunları arka arkaya tüm birini deneyebilirsiniz değişken sayısı doğrusal olduğu için.

x

$x$

\bar{x}

$\overline{x}$

1

$1$

L

$L$

— Denis

Bunu belirtmenin daha kolay bir yolu: Her yol, yaprağının etiketine bağlı olarak bir minimum veya maksimum terimdir. Aynı minimum şartlara sahip olup olmadıklarını kontrol ediyoruz. Günlük alanındaki minimum terimleri sıralayabilir ve günlük alanındaki iki minimum terimin aynı olup olmadığını kontrol edebiliriz.

— Kaveh

Bana öyle geliyor ki bu aslında ağaçların bir temsilini kullanırsanız (hatta ) yapılabilir, böylece bir düğümün başka bir ataya ait bir ata olup olmadığını kontrol edebilirsiniz (örn. devre için genişletilmiş bağlantı dili).

N C^{1}

$NC^1$

A C^{0}

$AC^0$

A C^{0}

$AC^0$

— Kaveh

Bir ITE formülünden , doğru yapan tüm değerlemeleri tanımlamak için polinom olarak indirgenmiş bir atama listesi hesaplayabilirsiniz. $\phi$

Bunu yapmak için, formülünüze değişkenler tarafından etiketlenen ve ve yapraklı düğümleri olan bir ağaç olarak bakın . Sol dallar, değişkeni true olarak ayarlayan "o zaman" kısımdır ve sağ dallar, onu yanlış olarak ayarlayan "else" kısmıdır. iznine götüren her dal , bir dizi kısmi değişken atamasıyla etiketlenir, örneğin . Tüm bu kümelerin listesini formülünüzden hesaplamak polinomdur. Daha sonra bu listenin normal bir formunu, başka bir kümede yer alıyorsa ve bir değişken üzerinde farklılık gösteren kümeleri kaldırarak hesaplayabilirsiniz: eğer ve listenizdeyse bunları kaldırırsınız ve eklersiniz $0$ $1$ $1$ $\{x,\overline{y},z\}$ $\{x,\overline{y},z\}$ $\{x,y,z\}$ $\{x,z\}$ , yani değeri ne olursa olsun çalışır . Ancak, ve varsa, bunları birleştiremez ve bu şekilde tutamazsınız. Bu kuralları stabilize olana kadar uygularsınız, bir kez daha bu prosedür polinomdur. $y$ $\{x,\overline{y},z,t\}$ $\{x,y,z\}$

Son olarak, değişkenleri üzerinde rastgele bir sıralama seçin ve ağırlığı olarak adlandırın . Bir listenin ağırlığı, içinde görünen tüm ağırlıkların toplamıdır. Normal formunuzun toplam ağırlığını en aza indirmek için mümkün olduğunda "döndürme" uygulayın. Döndürme olarak ile ( bir listedir ve ve değişkenler de reddedilebilir). Toplam ağırlığı düşürdüğünü görebiliriz $\{x_1,\dots,x_n\}$ $i$ $x_i$ $\{\vec x,x_i,x_j\},\{\vec x,\overline{x_j}\}$ $\{\vec x,x_i\},\{\vec x,\overline{x_i},\overline{x_j}\}$ $i<j$ $\vec x$ $x_i$ $x_j$ $j-i$ . Umarım şimdi normal form benzersizdir, daha sonra resmi bir kanıt deneyeceğim.

Daha sonra, aynı normal form atama listesine sahip olmaları durumunda iki formül eşdeğerdir. Senin sorunun olduğu görülüyor . $P$

— Denis
kaynak

Merhaba, Cevabınız için teşekkürler, ağaçlar ve benzeri ilk bölüm gerçekten soruna bakmak için iyi bir yoldur. Ancak ikinci bölüm işe yaramaz: normal formlar benzersiz değildir, örn. - - . ITE formüllerinde, çalışmasını sağlayan belirli bir şey olabilir. Ancak bu şekilde, coNP'nin tamamlandığı herhangi bir monomialin eşdeğerliğini çözeceğini düşünüyorum.

x, y, z

$x,y,z$

x, \bar{y}, z

$x,\bar y,z$

x, y, \bar{z}

$x,y,\bar z$

— Marc

Ah evet, şimdi işe yaradığını umduğum bir düzeltme ekledim.

— Denis

— Marc

Evet, görünüşe göre deki bir problemi coNP-complete'a indirdim, etkinlik için çok fazla ...

L

$L$

— Denis