Çözüm yan tümcesi uzay karmaşıklığı için doğrudan toplam teoremi?

Çözünürlük, CNF'lerin tatminsizliğini kanıtlayan bir şemadır. Çözümde bir kanıt, CNF'deki ilk maddeler için boş maddenin mantıksal olarak çıkarılmasıdır. Özellikle herhangi bir başlangıç maddesi çıkarılabilir ve iki maddesinden ve maddesinden maddesi de çıkarılabilir. Çürütme, boş bir maddeyle biten bir çıkarım dizisidir. $A \lor x$ $B \lor \neg{x}$ $A \lor B$

Böyle bir çürütme uygulanırsa, bazı maddeleri hafızada tutan bir prosedürü düşünebiliriz. İlk olmayan bir cümlenin tekrar kullanılması ve artık bellekte olmaması durumunda, algoritma tekrar sıfırdan veya bellekteki olanlardan tekrarlanmalıdır.

Let maddelerinin küçük sayı boş maddelerini ulaşmak için bellekte tutulacak. Buna fıkra alanı karmaşıklığı denir . Diyoruz ki, , tatmin edilebilir olduğunu söylüyoruz . $Sp(F)$ $F$ $Sp(F)=\infty$ $F$

Önerdiğim sorun şudur: İki CNF düşünün ve ve izin ver $A=\bigwedge_{i=1}^m A_i$ $B=\bigwedge_{j=1}^n B_j$

A \lor B = ⋀_{i = 1}^{m} ⋀_{j = 1}^{n} A_{i} \lor B_{j}

$A \lor B = \bigwedge_{i=1}^m \bigwedge_{j=1}^n A_i \lor B_j$

ile ve arasındaki ilişki nedir ? $Sp(A \lor B)$ $Sp(A)$ $Sp(B)$

Açık üst sınır . Bu sıkı mı? $Sp(A \lor B) \leq Sp(A) + Sp(B) -1$

— MassimoLauria
kaynak

Güzel soru! Doğrudan toplamın boyutunun cevabını biliyor musunuz ? Sanırım en kötü durum A ve B'nin değişkenleri olmadığı zaman. İlginç bir durum, A ve B değişkenin yeniden adlandırılmasıyla aynı olduğunda olabilir. Btw, o üst sınırı nasıl aldığını görmüyorum, çok daha kötü olabilir gibi geliyor.

— Kaveh

Şimdi sizin için tekzip kopyalayabilir, üst bağlı bkz için için almak her biri için birer birer ve daha sonra da tekzip do . civarında olacaktır .

B

$B$

A_{i} \lor B_{j}

$A_i \lor B_j$

1 \leq j \leq n

$1 \leq j \leq n$

A_{i}

$A_i$

1 \leq i \leq m

$1 \leq i \leq m$

A

$A$

m . (S i z e (B) + O (1)) + S i z e (A)

$m.(Size(B)+O(1))+Size(A)$

— Kaveh

Haklısın. Bunu belirtmeyi unuttum, ancak elbette bir alt sınır açısından en ilginç durum A ve B'nin değişkenleri paylaşmamasıdır. Tam olarak ilgilendiğim durum budur. Farklı A ve B'yi , aynı ayrık değişken kopyaları olduğu için indüktif olarak bir sonuç elde etmek daha iyidir .

F_{1} \lor F_{2} \lor \dots F_{k}

$F_1 \lor F_2 \lor \ldots F_k$

F_{i}

$F_i$

F

$F$

— MassimoLauria

Refütasyon uzunluğu ile ilgili olarak

L e n g t h (A \lor B) \leq L e n g t h (B) | A | + L e n g t h (A)

$Length(A \lor B) \leq Length(B)|A|+Length(A)$

— MassimoLauria

Önemsiz uzay üst sınırı aslında bellekte bir tane daha az yan tümce gerektirir. Ben de buna göre düzenledim.

— MassimoLauria

Bunu bir yorum olarak göndermek istedim, ancak bunu yapmanın yolunu tam olarak anlayamadığım için bunun yerine bir "cevap" olması gerekeceğini tahmin ediyorum.

Sorunun güzel olduğuna katılıyorum. Tabii ki, aynı soru, aynı zamanda, çözülme kesintilerinin uzunluğu (yani, çürütmede meydana gelen, tekrarlarla sayılan cümlelerin sayısı) ve çürütmenin genişliği (yani, içinde meydana gelen değişmezlerin boyutu veya sayısı) hakkında da sorulabilir. , çürütmedeki en büyük madde).

Tüm bu durumlarda "bariz" üst sınırlar vardır, ancak birisinin daha düşük sınırlarla eşleşmeyi bekleyip beklemeyeceği açık değildir. Bu nedenle, bir soru ve bir yorum eklemek istedim.

Soru çürütme uzunluğuyla ilgilidir. Massimo'nun yorumunda belirtilen uzunluk sınırının sıkı olduğuna inanmak makul görünüyor, ama bunu biliyor muyuz?

Ve yorum genişlikle ilgilidir. Bu önlem için, bir düşünce anının doğrudan toplam alt sınırının olmadığını ortaya çıkardığını unutmayın . Genişliği, bir yerine bütün çürüten her bir maddesi için -Formül genişliği, , diyelim ki, bir artı genişliğini -Formül ve daha sonra bir reddetmektedir genişliği -Formül . Her iki formülün de sabit başlangıç genişliğine sahip olduğu varsayılarak, doğrudan toplamın reddedilme genişliği esasen . $A$ $B_i$ $w_A$ $B$ $B$ $w_B$ $\max (w_A, w_B)$

Bu elbette kolay bir gözlemdir, ancak asıl mesele, yer sorununun zor olabileceğini gösterebilmesidir. Bu böyledir çünkü çürütmedeki uzayda neredeyse tüm alt sınırlar genişlik alt sınırlarından geçmeyi biliyoruz. (Yani, uzay alt sınırları bağımsız olarak türetilmiştir, ancak geziyle hepsi, Atserias ve Dalmau tarafından "Çözünürlük Genişliğinin Birleşimsel Karakterizasyonu" adlı güzel makaleden bir sonuç olarak takip ederler.) boşluk, genişlik alt sınırlarından takip etmeyecek, ancak doğrudan tartışılmalı, en azından şimdiye kadar çok daha zor görünüyordu. Ama elbette özlediğim bazı kolay argümanlar olabilir.

— Jakob Nordstrom
kaynak

Hoş geldin, Jakob!

— arnab

Yorumlar ne yazık ki en az 50 üne sahip kişilerle sınırlıdır - bu yazılımın tuhaflığıdır ve spam önleme ile ilgilidir. Eminim bu eşiği hızla geçeceksin.

— Suresh Venkat

Merhaba Jakob, sizi burada görmek güzel. (ps: Sanırım eşiği geçtiniz.)

— Kaveh

Merhaba Jakob, bu tür ifadelerin ödünleşmelerle ilgili bazı sonuçları olup olmadığını merak ediyorum. Çok güçlü bir araç olmayacak bir alt sınır tekniği olarak: formül doğrusal olarak uzarken, formül uzunluğu kareler. Her neyse, bu özellik küçük genişlik ve geniş alana sahip formüllere yol açabilir (sabit olmayan bir tekrar sayısı yapılırsa genişliğin de büyüdüğüne dikkat edin).

— MassimoLauria