Aşağıdaki doğrudan toplam özelliğine sahip işlevler olduğu biliniyor mu?


15

Bu soru, Boole devrelerinin devre karmaşıklığı çerçevesinde veya cebirsel karmaşıklık teorisi çerçevesinde veya muhtemelen birçok başka ortamda sorulabilir. Argümanları sayarak, N girişlerinde üstel olarak çok sayıda kapı gerektiren Boole işlevleri olduğunu göstermek kolaydır (tabii ki açık örneklere sahip değiliz). Aynı fonksiyonu M kez, bazı tamsayı M için, M farklı girdi kümelerinde değerlendirmek istediğimi varsayalım ki toplam girdi sayısı MN olur. Olduğunu, sadece değerlendirmek istediğiniz ile aynı fonksiyon için f her defasında.f(x1,1,...,x1,N),f(x2,1,...,x2,N),...,f(xM,1,...,xM,N-)f

Soru şudur: herhangi bir N için, herhangi bir M için gereken toplam kapı sayısının en az M katına eşit bir fonksiyonun olduğu bir dizi (her bir N için bir fonksiyon) olduğu bilinmektedir . N? Basit sayım argümanı işe yaramaz gibi görünüyor, çünkü bu sonucun tüm M için geçerli olmasını istiyoruz. Cebirsel karmaşıklık teorisi ve diğer alanlarda bu sorunun basit analogları ortaya çıkabilir.f

Yanıtlar:


13

Bu yanlış: HERHANGİ f'nin M kopyalarını sadece M * exp (N) 'den çok daha az olabilen O (N (M + 2 ^ N)) kapıları kullanarak değerlendirmek mümkündür (aslında, doğrusal amortismana tabi tutulursunuz) üstel M için karmaşıklık). Bir referans hatırlamıyorum, ancak bunun aşağıdaki gibi bir şey yapabileceğini düşünüyorum:

Önce sadece 0 ... 2 ^ N-1 sabitleri olan 2 ^ N hayali giriş ekleyin ve şimdi xi ile i'inci N-bit girişini belirtin (bu yüzden i <= 2 ^ N için xi = i var ve 2 ^ N <i <= 2 ^ N + M orijinal girişlerimiz var). Şimdi M + 2 ^ N girişlerinin her biri için bir üçüz oluşturuyoruz: (i, xi, fi) burada ilk 2 ^ N girişleri için fi (f) i (devrenin içine kabloyla bağlanmış bir sabit) ve fi = "*" aksi takdirde. Şimdi üçüzleri (i, xi, fi) xi anahtarına göre sıralıyoruz ve j 'üçlüsünün (i_j, x_j, f_j) olmasına izin vererek, bir üçlüyü (i_j, x_j, g_j) f_j "*" değilse f_j ve aksi takdirde g_j'nin g_ (j-1) olmasına izin verin. Şimdi yeni üçüzleri i_j anahtarına göre sıralayın ve doğru yerlerden doğru cevapları aldınız.


Zeki! Küçük bir şey: üçüzleri kararlı bir şekilde sıralamamız gerekir (veya fi ≠ “ ” olan üçüzlerin fi = “olan üçüzlerden daha erken gelmesini garanti eden başka bir yöntemde ).
Tsuyoshi Ito

Çok zekice ve teşekkürler. Ancak benzer bir şey cebirsel karmaşıklık ortamında çalışıyor mu, çalışmıyor mu?
mat hastings

1
M sonsuza gider durumda bunu söylemek için başka bir yolu sanırım f tüm değerleri için bir karma tablo oluşturmak için 2 ^ N * 2 ^ N zaman yatırım yapabilirsiniz, ve sonra O (N her kopyasını hesaplayabilirsiniz ) zaman. En azından böyle bir şeyin doğru olup olmadığını bilmememiz gereken başka bir neden olduğunu düşünüyorum, N'nin daha hafif değerleri için bile, bu da bilinen alt sınırlardan daha iyi vereceği. Büyük kaba karmaşıklığa sahip n '= log n (veya belki n' = loglog n) girişlerinde bir fonksiyon bulmak için ilk kaba zorlama ile süper lineer alt sınır ile bir fonksiyon oluşturabilir ve daha sonra n / n'copies alabilirsin. .
Boaz Barak

1
Yukarıdaki sonuçların neden bu kadar düşük sınırlara yol açtığı argümanında tekrarların sayısının gerçekten daha hafif olup olmadığını bilmiyorum, ancak sonsuz alanlar için de geçerli.
Boaz Barak

Merhaba Boaz, Aslında yorumunuz tam da bu işlevlerin varlığıyla ilgilendiğim şey. Ancak, ince bir nokta vardır, "kaba kuvvet". Böyle bir fonksiyon var olabilir (ancak sorumun amacı budur), ancak belirli bir fonksiyonun bu özelliğe sahip olduğunu göstermemize izin verecek hiçbir algoritmamız olmayabilir. Sonuçta, böyle bir alt sınırın tüm M için sahip olduğu özelliği kaba kuvvetlendirmenin bir yolu yoktur, çünkü sonsuz sayıda farklı devreyi kontrol etmeniz gerekir. Yani, belki de bu tür fonksiyonlar sonsuz alanlar için mevcuttur, fakat bunu gösteremeyiz.
mat hastings

10

Aradığınız doğrudan toplam fenomeni için olasılıkları daha da kısıtlayan başka bir sonuç daha var. Shannon'un iyi bilinen bir erken sonucu (Lupanov tarafından sıkılmıştır), tüm Boolean fonksiyonlarının boyutundaki devrelerle ( 2 n / n ) hesaplandığını ve Shannon'un sayım argümanıyla bunun rastgele fonksiyonlar için sıkı olduğunu gösterdi. Bir en azından orta değerleri için, bu düşünebilir m , işlem devresi karmaşıklığı m rastgele örneklerini f olarak büyütülebilir olurO(2n/n)mmf . Ancak Dietmar Uhligm2n/n

"Birden çok giriş değeri için Boole işlevlerini hesaplayan ağlar"

bu yanlıştır: olduğu sürece , herhangi bir f'nin m örneklerini O ( 2 n / n ) büyüklüğünde bir devre ile hesaplayabilir - esasen m = 1 ile aynı maliyet !m=2o(n/logn)mfO(2n/n)m=1

Çevrimiçi olarak kapısız bir kopya veya yazar için bir ana sayfa bulamıyorum, ancak bu işlemde makaleyle karşılaştım:

Boole İşlev Karmaşıklığı (Londra Matematik Derneği Ders Notu Serisi)


Teşekkürler! TCS'deki paradokslar hakkında bir soru sorulmamış mıydı? Bu da orada bir cevap olarak hizmet verebilir :)
arnab

Bu cevap için de teşekkürler. İşlemleri okuyamayarak, önceki cevaba benzer şekilde, sınırlı sayıda olası girdiye dayanabileceğini tahmin ediyorum, bu yüzden yukarıdaki gibi aynı takip sorusu: cebirsel karmaşıklık durumunda ne olacak?
mat hastings

Aslında, Shannon ilk önce O (2 ^ n / n) üst sınırını kanıtladı; Lupanov doğru lider sabiti aldı. Bunu düzelttim. Detaylar Frandsen ve Miltersen tarafından "En zor fonksiyonların devre boyutu üzerindeki sınırların gözden geçirilmesi" bölümünde açıklanmıştır.
Andy Drucker

5

Cebirsel karmaşıklık ile ilgili olarak, üstel karmaşıklığın alt-üstel amortisman karmaşıklığına düştüğü bir örnek bilmiyorum, ama en azından M ayrık kopyaların karmaşıklığının tek bir kopyanın karmaşıklığının M katından önemli ölçüde daha az olabileceğine dair basit bir örnek var. :

"Rastgele" n * n matris A için, A tarafından tanımlanan çift doğrusal formun karmaşıklığı (f_A (x, y) = xAy işlevi, burada x ve y, n uzunluğunda 2 vektördür) Omega'dır (n ^ 2) ) - bu, sabitleri koymak için devrede n ^ 2 "yere" ihtiyacınız olduğundan "sayım benzeri" boyut bağımsız değişkeni ile gösterilebilir. Bununla birlikte, n farklı vektör çifti (x ^ 1, y ^ 1) ... (x ^ n, y ^ n) verildiğinde, x'leri bir n * n matris X'in satırlarına ve benzer şekilde y'lerin Y matrisinin sütunlarına yerleştirin ve ardından tüm cevapları x ^ iAy ^ i, XAY diyagonalinden okuyun; burada, n ^ n'den önemli ölçüde daha az olan hızlı matris çarpımı kullanılarak n ^ 2.3 (veya benzeri) işlemlerde hesaplanır. ^ 2.


Teşekkürler, bu örneği biliyorum. Benzer bir şey, belirli bir noktada n'yi değerlendirmek için zaman alan bir değişkente derece n polinomları bulunmasıdır (açık bir örnek olduğunu düşünmeme rağmen yanlış mıyım?) Ancak, böyle bir polinomu zaman içinde n puan n log ^ 2 (n).
mat hastings

1
Cebirsel direkt toplam problemi üzerine 80'li yıllardan iki makale buldum: Ja'ja ve Takche tarafından "Doğrudan toplam varsayımının geçerliliği hakkında" ve Bshouty tarafından "Genişletilmiş direkt toplam varsayımı hakkında". İçeriklerini özetleyemiyorum, ama belki de yardımcı olacaklar.
Andy Drucker

Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.