PP PH hakkında daha fazla?

Bir son soru sınıfı PH sınıfı PP yer aldığını soran Huck Bennett tarafından, (öyle görünüyor ki, hepsi gerçek) biraz çelişkili cevaplar aldı. Bir yandan, bazı kehanet sonuçları tam tersine verildi ve diğer Scott, cevabın olumlu olduğunu öne sürdü çünkü Toda'nın teoremi, PH'nın PP'nin olasılık varyantı olan BP.PP'de olduğunu gösteriyor ve genelde rasgele seçildiğine inanıyoruz. çok yardımcı değil, örneğin makul sertlik varsayımları, rasgeleleştirmenin yerini alabilecek PRG'ler anlamına gelir.

Şimdi, PP durumunda, "mükemmel" bir PRG'nin bile, tamamen derandomasyonu kapsayacağı anlamına gelmeyeceği açık değildir, çünkü doğal derandomizasyon, tüm polinomlara sahip birçok tohum için PRG'nin çıktısıyla orijinal algoritmayı çalıştıracak ve çoğunluk oyu alacaktır. . PP hesaplamaları arasında çoğunluk oyu almanın, PP'nin kendisinde yapılabilecek bir şey olduğu açık değildir. Bununla birlikte, Fortnow ve Reingold'un bir makalesi, PP'nin doğruluk tablosu indirimleri altında (PP'nin kesiştiği altında kapatılması şaşırtıcı sonucunu uzatarak) kapalı olduğunu ve bu çoğunluk oylamasını almak için yeterli olduğunu göstermektedir.

Peki burada soru nedir? Toda, Fortnow-Reingold ve tüm PRG tabanlı derandomizasyonların tümü göreceli gibi görünüyor, bu yüzden uygun PRG'lerin bulunduğu her kâhin için PP'deki PH anlamına gelir. Dolayısıyla, PP'nin PH içermediği tüm oracles için (örneğin, Minski & Papert, Beigel veya Vereshchagin tarafından ), PP için PRG'ler mevcut değildir. Özellikle bu, bu ihaleler için EXP'de uygun şekilde zor işlevlerin bulunmadığı anlamına gelir (aksi halde NW-IW benzeri PRG'ler mevcut olacaktır). Olumlu tarafa bakıldığında bu, bu kehanet sonuçlarının her birinin içinde bir yerde, bu kehanetle (yaklaşık) EXP için (tekdüze olmayan) bir PP algoritmasını gizlediği anlamına gelir. Bu garip çünkü tüm bu kehanet sonuçları yeni PP alt sınırlarına güveniyor gibi görünüyor(eşik devreleri için) ve oracle-inşa makinelerinde dümdüz ileri, bu yüzden PP için bir üst sınırın nerede saklandığını göremiyorum . Belki de bu üst sınır genel olarak (tek tip olmayan) -PP'nin tüm EXP'yi hesaplayabileceğini (veya en azından bir miktar önyargı verebileceğini) göstererek işe yarayabilirdi. Bunun gibi bir şey en azından bir CHP EXP simülasyonu vermez mi?

Yani, sorumun iki katı olduğunu varsayalım: (1) bu akıl yürütme zinciri mantıklı geliyor mu? (2) Öyleyse, birisi PP için ima edilen üst sınırları "açığa çıkarabilir" mi?

Aaron Sterling tarafından düzenleyin: bunu ön sayfaya çarparak ve bir ödül ekleyerek. Bu benim en sevdiğim sorulardan biriydi ve hala cevapları yok.

— Noam
kaynak

Gerçekten de bir Boolean işlevi

AC0'da bir polylog (N) -degree eşik geçidi tarafından hesaplanamaz. Her bir torpil için

biz dil tanımlayan

(burada

olan

bitlik dilim th' ). Yana ,

f : {0, 1}^{N} \to {0, 1}

$f:\{0,1\}^N \rightarrow \{ 0,1\}$

A

$A$

L_{A} = {1^{n} | f (A_{n}) = 1}

$L_A= \{1^n | f(A_n)=1\}$

A_{n}

$A_n$

2^{n}

$2^n$

n

$n$

A

$A$

f \in A C 0

$f \in AC0$

L_{A} \in P H^{A}

$L_A \in PH^A$ , tüm . 'köşegenleştirilmesi aşama inci seçecek (bazıları için

, öyle ki)

PP TM inci bir hata yapar'

Beri olur ki

(PP makinenin hesaplama olduğu gibi) (N) -Eşik polylog değildir. Yani

. Ama belki

...

A

$A$

t

$t$

A_{n}

$A_n$

n

$n$

t

$t$

1^{n} \in L_{A} ?

$1^n \in L_A?$

f

$f$

L_{A} \notin P P^{A}

$L_A \not\in PP^A$

L_{A} \in P P^{A} | p o l y

$L_A \in PP^A|poly$

— Noam

Bu aynı zamanda elde etmek için

biz birçok örneği paketi gerekir

tek uzunlukta içine

. Bu,

tanımlayarak kolayca yapılabilir görünüyor.

, burada bir için

bitlik dize

belirtmektedir

olup tarif -bits

tüm

L_{A} \notin P P^{A} / p o l y

$L_A \not\in PP^A/poly$

f

$f$

n

$n$

L_{A} = {x | f (A_{x}) = 1}

$L_A = \{ x | f(A_x)=1\}$

n

$n$

x

$x$

A_{x}

$A_x$

2^{n}

$2^n$

x y \in A

$xy \in A$

olası

uzunluğu 'in

. Ancak, farklı

bitli dizgilerdeki

kopyalarının,polylog (N) -gecik eşik geçitleri ile, -plolog (N)-yardımcı bitlerle bile hesaplanmamasıiçin

içinalt sınırın iyileştirilmesi gerekir. Bu nedenle, bu herhangi bir

için yanlış olmalıdır. İlginç bir üst sınır görünüyor.

2^{n}

$2^n$

y

$y$

n

$n$

f

$f$

N

$N$

f

$f$

N

$N$

f \in A C 0

$f \in AC0$

— Noam

Bir düşünün, PH / ⊆ PP'yi yapan her kâhin altında BP.PP algoritmalarını kandıran hiçbir etkin PRG bulunmadığına dair gözlem, BPP / ⊆ P'yi yapan her kâhin altında olandan daha şaşırtıcı olmamalıdır. BPP algoritmalarını kandıran verimli PRG'ler yoktur. Bunun nedeni, PH / makes PP'yi yapan her kahinenin Toda'nın teoremine göre BP.PP / ⊆ PP'yi de (göreceli hale getirmesi) yapmasıdır. Ama belki de noktayı özlüyorum. -

— slimton

İyi bir noktaya değindin. Bununla birlikte, sezgisel olarak

inşaatın temel noktası olan

sıra dışı bir güç vermesi için bir kehanet yaptığınızda

P^{A} \neq B P P^{A}

$P^A \ne BPP^A$

B P P^{A}

$BPP^A$

P^{A} / p o l y

$P^A/poly$

P H^{A} ⊈ P P^{A}

$PH^A \not\subseteq PP^A$

P^{A}

$P^A$

P P^{A}

$PP^A$

— Noam

Yukarıda belirttiğim gibi: için yapılan yapılarda, inşaatın ham noktası BPP'ye (ve dolayısıyla P / poli'ye) "doğal olmayan" bir güç veriyor, örneğin sert oracle için çok tanık yerleştirerek onları sadece rastgeleleştirme bulabilir. Bu nedenle, bu gücün “genel” problemler için yeterli olması ilginç olsa da, en azından P / poly'un beklenmedik gücü açıktır. Öte yandan, PH'ı PP'den ayırma yönündeki kahramanın aslında P / poly ya da başka bir sınıfa doğal olmayan bir güç verdiği hiçbir yerde göremiyorum. Bu fark olsa da "gerçek" olduğundan emin değilim.

P \neq B P P

$P \ne BPP$

— Noam

Klivans ve van Melkebeek'in (akraba olan) çalışmasıyla, eğer E = DTIME ( ), PP kapılarına sahip devrelere sahip değilse, PH, PP cinsindendir. Contrapositive, eğer PH, PP'de değilse, E'nin, PP kapılarına sahip, subexponential-boy devrelere sahip olduğunu söyler. Bu, PP'de olmayan bir PH'nin kehanet kanıtının PP'ye göreceli bir alt sınır vermesi gerçeğiyle tutarlıdır. PP için herhangi bir üst sınır veya PP kapıları olmayan devreler için herhangi bir kuvvet anlamına geldiğini düşünmek için hiçbir neden yoktur. $2^{O(n)}$ $2^{o(n)}$

— Lance Fortnow
kaynak

Doğru. Sabit.

— Lance Fortnow