Polinom çekirdeği

K-FLIP SAT parametreli sorunu şu şekilde tanımlanır:

Girdi: 3-CNF formülü$\varphi$ ile $n$ değişkenler ve doğruluk ödevi $\sigma : [n] \to \{0,1\}$
Parametre: $k$
Soru: Ödevi dönüştürebilir miyiz$\sigma$ doyurucu bir ödeve $\sigma'$ için $\varphi$ en fazla gerçeğin değerini çevirmek$k$ değişkenler?

Sorun açıkça FPT'de ( Stefan Szeider: SAT ve MAX SAT için k-Flip Yerel Arama'nın Parametreli Karmaşıklığı. Ayrık Optimizasyon 8 (1): 139-145 (2011) )

Polinom çekirdeğini kabul ediyor mu? (makul karmaşıklık varsayımları altında)

Son zamanlardaki çapraz kompozisyon teknikleri (bkz. Hans L. Bodlaender, Bart MP Jansen, Stefan Kratsch, "Çapraz Kompozisyonla Çekirdekleşme Alt Sınırları" ) bu sorun için yararlı görünmemektedir. Ayrıca, NP-zor bir soruna verilen bir çözümün yerel bir arama ile belirli bir örnekten bulunup bulunamayacağını soran benzer sorunlar için de yararlı görünmüyorlar (aramayı belirli bir doğal mesafe ölçüsü altında belirli bir örneğin komşularıyla sınırlandırıyorlar).

NP koNP / poli'de olmadığı sürece problemin polinom çekirdeği yoktur. Makalemizdeki çapraz kompozisyon tekniği önemsiz bir şekilde uygulanmaktadır.

Klasik Vertex Cover probleminin OR-k-FLIP-SAT problemine nasıl karıştığını göstereyim; alıntılanan makaledeki sonuçlara göre bu yeterlidir. Somut olarak, girişi Vertex Cover örneklerinin bir sırası olan bir polinom-zaman algoritması geliştiriyoruz$(G_1,k), (G_2, k), \ldots, (G_t, k)$ hepsi aynı değeri paylaşıyor $k$ ve hepsinin tam olarak $n$köşe noktası. Çıktı,$k$-Parametre değeri ile FLIP SAT $O(k + \log t)$bir çapraz kompozisyon için yeterince küçüktür, öyle ki $k$-FLIP SAT örneğinin yanıtı evet ise giriş grafiklerinden birinin tepe noktası büyüklüğünde ise $k$. Bir girişi çoğaltarak (VEYA değerini değiştirmez), giriş sayısının$t$ ikisinin gücüdür.

Kompozisyon aşağıdaki gibi ilerler. Her girdi grafiğindeki grafikteki köşeleri numaralandırma$G_i$ gibi $v_{i,1}, v_{i,2}, \ldots, v_{i,n}$. Her girdi grafiğinin her tepe noktası için FLIP-SAT örneğinde karşılık gelen bir değişken yapın. Ayrıca, bir seçici değişken yapın$u_i$ her girdi örneği numarası için $i \in [t]$. Her girdi grafiği için$G_i$, formüle bazı maddeler ekliyoruz. Her kenar için$\{v_{i,x}, v_{i,y}\}$ grafiğin $G_i$, maddeyi ekleyin $(v_{i,x} \vee v_{i,y} \vee \neg u_i)$ bu kenarın uç noktalarından birini true olarak ayarlayan veya örneği $i$ İlk atamada tüm köşe değişkenleri false değerine ve tüm seçici değişkenlere ayarlandı $u_i$yanlış olarak ayarlandığından, bu hükümlerin tümü tatmin olur. Bileşime OR-davranışını oluşturmak için, tatmin edici bir atamanın en az bir seçiciyi true olarak ayarlamasını sağlamak ve daha sonra seçilen grafiğin tepe noktasını oluşturması için formülü güçlendireceğiz.

Çevirme mesafesini giriş sayısına kıyasla küçük tutarken bu seçimi yapabileceğimizden emin olmak için $t$, tam bir ikili ağacın yapısını $t$ yüksekliği olan yapraklar $\log t$. Yaprak sayısı$1$ için $t$ ve ilişkilendirin $i$-değişkenli yaprak $u_i$ giriş olup olmadığını kontrol eden $i$etkin veya etkin değil. İkili ağacın her iç düğümü için yeni bir değişken oluşturun. Her bir iç düğüm için karşılık gelen değişkeninin$x$ ve iki çocuğunun değişkenleri $y$ ve $z$. Fıkra ekle$(\neg x \vee y \vee z)$ ima yakalayan formüle $(x \rightarrow (y \vee z))$, bunu zorlayarak $x$ancak çocuklarından biri doğruysa doğru olabilir. Formülü tamamlamak için, ikili ağacın kök düğümü değişkeninin doğru olması gerektiğini söyleyen tek bir cümle ekleyin. İlk doğruluk atamasında, iç düğümler için tüm değişkenlerin değerleri, false değerine ayarlanır; bu, ağacın kök düğümünün değişkeninin doğru olmasını gerektiren tekli cümle dışındaki formülün tüm maddelerini karşılar.

Bu formül ve doğruluk atamasının tanımını tamamlar. Parametreyi ayarlayın$k'$ DIIPANCE probleminin eşit olması $(k + \log t + 1)$çapraz bileşim için uygun şekilde sınırlandırılmıştır. Döndürebileceğimizi göstermeye devam ediyor$k'$ bazı girdi grafiklerinde formülü doğru yapmak için değişkenler $G_i$ tepe noktası boyutu vardır $k$.

Ters yönde, varsayalım ki $G_i$ bir boyutu var-$k$tepe kapağı. Yı kur$k$ değişkenleri $k$kapaktaki köşeleri çevirerek gerçeğe çevirir. Seçici değişkenini ayarlama$u_i$ girdiyi kodlamak için true değerine $i$ etkinleştirilir ve $\log t$ yaprak yolu üzerinde iç ikili ağaç düğümleri $i$köküne doğru. Bunun tatmin edici bir ödev olduğunu doğrulamak kolaydır: İkili ağaçtaki sonuçların hepsi tatmin olur, kök düğümün değeri true olarak ayarlanır, kenarlarını kontrol eden maddeler$G_{i'}$ için $i' \neq i$ memnun kal çünkü $u_{i'}$ grafik için yan tümceler yanlış kalır $G_i$ çünkü her kenar için en az bir son nokta doğru olarak ayarlanıyor.

İleri yön için, formülün en fazla çevirerek tatmin olabileceğini varsayalım $k + \log t + 1$değişkenler. O zaman kök düğümün değişkenini true değerine çevirmeliyiz. İkili ağaçtaki çıkarımlar, bir yaprağın en az bir seçici değişkeninin true olarak ayarlanmasını zorunlu kılar.$u_i$. İkili ağaçta kodlanan çıkarımları karşılamak için, yoldaki tüm iç düğümler$u_i$ köküne doğru, $1 + \log t$çevirir. Dan beri$u_i$ true olarak ayarlandığında, grafik için yapılan tümceler $G_i$ tam anlamıyla tatmin olmuyor $\neg u_i$, bu yüzden tatmin olurlar çünkü her kenarın uç noktalarından biri $G_i$true değerine ayarlanır. En azından$1 + \log t$ ikili ağacın değişkenleri en çok ters çevrildi $k$köşe değişkenleri bu çözümde true değerine çevrilir. Bu boyuttaki bir tepe kapağını kodlar$k$ içinde $G_i$ve girdilerden birinin bir YES örneği olduğunu kanıtlar. Bu ispatı tamamlar.