İki kez okunan zıt CNF formülünün paritesini hesaplamanın karmaşıklığı (

Bir-iki kez zıt CNF formülünde, her bir değişken bir kez pozitif ve bir kez negatif olmak üzere iki kez görünür.

Ben ilgilenen kulüpler salt iki kez ters CNF formülü tatmin atamalarının sayısını paritesine bilgisayar oluşur sorun. $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

Böyle bir sorunun karmaşıklığı hakkında herhangi bir referans bulamadım. en yakın şey, sayma sürümünün olmasıdır ( bu makalede bölüm 6.3'e bakın ). $\#\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\#\text{P}$

Yardımın için şimdiden teşekkür ederim.

Güncelleme 10 Nisan 2016

In Bu yazıda , sorun olarak gösterilmektedir ancak gelen azalma ile üretilen formülü, -tamamlamak CNF değil, ve en kısa sürede geri CNF dönüştürmek için denemek gibi bir olsun üç kez okunan formül. $\oplus\text{Rtw-Opp-SAT}$ $\oplus\text{P}$ $3\text{SAT}$
Monoton versiyonu olduğu gösterilmiştir içinde Komple Bu kağıt . Bu makalede bölüm 4'ün sonunda hızlı bir şekilde bahsedilmiştir: Valiant bunun dejenere olduğunu söylüyor. Dejenere olmanın tam olarak ne anlama geldiği veya sertlik açısından ne anlama geldiği bana açık değil. $\oplus\text{Rtw-Mon-CNF}$ $\oplus\text{P}$ $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

Güncelleme 12 Nisan 2016

Hiç kimse karmaşıklığı eğitim gördü olmadığını bilmek de çok ilginç olacaktır sorun. Karşılıklı olarak iki kez okunan bir CNF formülü verildiğinde, bu tür bir sorun, tek sayıda true değerine ayarlanmış tatmin edici atama sayısı ile eşit sayıda değişken true değerine ayarlanmış tatmin edici atama sayısı arasındaki farkı hesaplamayı ister. Bununla ilgili literatür bulamadım. $\Delta\text{Rtw-Opp-CNF}$

Güncelleme 29 Mayıs 2016

Emil belirttiği gibi, Valiant'ın sorununun dejenere olduğunu söylediği doğru değil . Sadece böyle bir sorunun daha kısıtlı bir versiyonu olan dejenere olduğunu söyledi. Bu arada, dejenerasyonun tam olarak ne anlama geldiğini bilmiyorum, ama en azından şimdi ifade gücünün eksikliğinin eşanlamlı olduğu açık görünüyor. $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\oplus\text{Pl-Rtw-Opp-3CNF}$

cc.complexity-theory ds.algorithms counting-complexity

— Giorgio Camerani
kaynak

⊕Rtw-Opp-CNF, ⊕Rtw-Mon-CNF kadar serttir. Negatif gadget'ını oluşturabilirsiniz: (i0 v x0 v x1) (x1 v x2) (i1 v x0 v x2). Eğer i0 = i1 ise, ağırlık = 0 (modulo 2'de). Aksi takdirde ağırlık = 1.

⊕Rtw-Mon-CNF'den ⊕Rtw-Opp-CNF'ye azalma bulamıyorum, ancak ⊕Rtw-Opp-CNF'yi çözmek için polinom algoritması buldum. ⊕Rtw-Opp-CNF daha basittir.

Valiant gazetesinde ⊕Rtw-Opp-CNF'den söz edemiyorum. ⊕Pl-Rtw-Opp-3CNF'nin "dejenere" olduğunu, ancak bunun birkaç ek kısıtlama içerdiğini iddia ediyor.

— Emil Jeřábek

@ EmilJeřábek: Kesinlikle haklısın. "Dejenere" anlamını bilmememle yanıltılmıştım ve normalde bütünlük sonuçlarının varlığında uygulanan aynı akıl yürütme yöntemini uyguladım: eğer bazı sınıflar için belirli bir problem tamamlanmışsa, kısıtlamaları kaldırmak bütünlüğü koruduğu açıktır. Hala "dejenere" nin tam olarak ne anlama geldiğini bilmesem bile, bu terimin bir şekilde bir zayıflık eşanlamlısı (yani ifade gücü eksikliği) olduğu açıktır, dolayısıyla yukarıda belirtilen akıl yürütme uygulanamaz. Soruyu buna göre düzelttim.

— Giorgio Camerani

@Maciej: Gerçekten mi? Polinom algoritmanız nasıl çalışır?

— Giorgio Camerani

Yanıtlar:

Her iki karşıt-okuma-iki formülünün eşit sayıda tatmin edici ödevi olduğu ortaya çıkıyor. İşte bunun güzel bir kanıtı, ancak muhtemelen grafik-teorik terminolojiyi ortadan kaldırabilir.

Izin vermek ters-okuma-iki kez CNF formülü olsun. Genellik kaybı olmadan, hiçbir madde hem bir değişken hem de olumsuzlamasını içermez. $\phi$

Grafik düşünün olan tepe seti maddeleri olan ve her bir değişken için , biz içeren iki madde üzerinde bir olay olan bir (yönlendirilmeyen) kenar ekleyin . Our WLOG varsayım bu grafik, kendinden döngüler olduğunu söylüyor. Dahası, her bir kenarı tanımlayan değişkenle etiketlemeyi düşünün; bu şekilde paralel kenarları ayırt edebiliriz. $G$ $\phi$ $x$ $x$ $\phi$

Bir yönlendirme , kenarları içinde her kenar bir yön verilerek oluşturulmaktadır yönlendirilmiş bir grafiktir . Bir oryantasyonunu Çağrı kabuledilebilir her tepe ise giden bir kenarı vardır. Bu tatmin atamaları olduğunu görmek kolaydır arasında kabul yönelimleri ile bijective uygunluk durumunda . $G$ $G$ $G$ $G$ $\phi$ $G$

Şimdi kabul edilebilir yönelim sayısının eşit olduğunu iddia ediyorum . Argüman "involüsyon" dur: Aşağıdaki özelliklere sahip bir harita oluşturuyorum: $G$ $\Phi$

tamamen tanımlanmıştır (kabul edilebilir her yönelim bir yerde haritalanmıştır) $\Phi$
kabul edilebilir yönlendirmelere kabul edilebilir yönlendirmeler gönderir $\Phi$
bir girişimdir ( kimliktir) $\Phi$ $\Phi \circ \Phi$
sabit bir noktası yok $\Phi$

Bunlar belirlendikten sonra, yörüngelerinin 2 boyuta sahip olduğunu gözlemleyebilir ve kabul edilebilir yönlerini bölümleyebiliriz . Buna göre, kabul edilebilir yönelim sayısı eşittir. $\Phi$ $G$

tanımlamak için , kabul edilebilir bir yönelim olsun ve güçlü bir şekilde bağlı bileşenlerine bölmeyi düşünün . daha sonra güçlü bir şekilde bağlı bileşenler içindeki tüm kenarları ters çevirerek oluşan yöne gönderir . Özellikler daha sonra doğrudan kontrol edilir: $\Phi$ $\vec{G}$ $\vec{G}$ $\Phi$ $\vec{G}$

Yönlendirilen her grafik güçlü bir şekilde bağlı bileşenlere bölünebilir.
"kuvvetle bağlı bileşenlerin DAG" ını düşünün ; buna bölüm grafiği diyelim. Not, , çünkü aynı bölüm yapıya sahip olacaktır SCC'lerin arasında kenarları etkilemez, ve tüm kenarları geri giderken güçlü bağlı grafikler kuvvetli bağlı kalır. Ek olarak, bir SCC'nin birden fazla tepe noktası varsa, tüm kurucu köşeleri gelen bir kenara sahiptir. Bir SCC'nin tek bir tepe noktası varsa ve bölüm içinde bir kaynak değilse, tüm kurucu köşeleri gelen bir kenara sahiptir. Yani $\vec G$ $\Phi(\vec G)$ $\Phi$ $\Phi(\vec G)$ kabul edilebilir, bölümdeki kaynaklar olan SCC'lerin birden fazla köşesi olduğunu göstermek yeterlidir. Ancak bu, bileşendeki her tepe noktasının, kendiliğinden döngüleri olmadığı ve bileşenin bölümdeki bir kaynak olduğu için bileşendeki başka bir tepe noktasından gelmesi gereken bir gelen kenara sahip olması gerçeğiyle izlenir . $G$
Bu, nin bölüm yapısının bölüm yapısına denk gelmesinden kaynaklanmaktadır . $\Phi(\vec G)$ $\vec G$
Kabul edilebilirlikle, bir döngüsü vardır ve bu nedenle içinde bir kenarı olan bazı SCC'ler vardır. $\vec G$

— Andrew Morgan
kaynak

Güzel gözlem! Bunu görmenin daha basit bir yolu (dediğiniz gibi, "grafik-teorik terminolojiyi ortadan kaldırmak"), bir ödev F'yi tatmin ederse, bir '(x) = 1-a (x) ödevinin de F'yi yerine getirdiğini gözlemlemektir. Bu, F değişkenlerinin sayısının indüksiyonu ile kolayca gösterilebilir

— holf

Φ

$\Phi$

0 \to 1 \to 2 \to 0 \to 3 \to 1

$0\to1\to2\to0\to3\to1$

0 \to 1 \to 2 \to 0

$0\to1\to2\to0$

0 \to 3 \to 1 \to 0

$0\to3\to1\to0$

x

$x$

\neg x \lor y \lor \neg z

$\neg x\lor y\lor\neg z$

\neg y \lor z

$\neg y\lor z$

(1, 1, 1)

$(1,1,1)$

(0, 0, 0)

$(0,0,0)$

Φ

$\Phi$

M

$M$

x

$x$

y

$y$

x

$x$

x

$x$

y

$y$

M

$M$

@Emil: Ah evet, haklısın. Önerinizi doğru anlarsam, güçlü bir şekilde bağlı bileşenlerin yönünü kırın ve bileşenler içindeki kenarları tersine çevirin diyorsunuz. Bence bu işe yarıyor. Cevabımı buna göre güncelleyeceğim. Çok teşekkürler!!

— Andrew Morgan

Fikrimin anlaşılabilir olup olmadığından emin değilim, bu yüzden Giorgio'nun örneğini açıklayacağım:

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

Öncelikle bunu DNF formunda değiştirmem gerekiyor:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

Bu aynı cevabı vermelidir. Ve eğer bunun için modulo 2 çözümlerinin sayısını hesaplasam da:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

ya da bunun için:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

Ben ikincisini seçiyorum. Benim imalarım var:

$i_0$ $( x_1 \land x_2 \land x_3 )$

$i_1$ $( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 )$

$i_2$ $( \lnot x_4 \land x_5 )$

$i_3$ $( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

Şimdi denklem sistemini inşa ediyorum:

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}\oplus{j_3} = 1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_2}\oplus{j_3} = 1$

${j_3} = 1$

$x_6$

— Maciej
kaynak

Düşüncem iyi ise, cevap "hayır" dır. Elbette bu değişkenin bir kez pozitif, bir kez de olumsuzluk içinde olduğunu varsayıyorum.

— Maciej

x_{4}

$x_4$

j_{1} \oplus j_{2}

${j_1}\oplus{j_2}$

j_{3}

$j_3$

j_{2}

$j_2$

j_{1}

$j_1$

j_{0}

$j_0$

-1

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ ${f(X)}\oplus{g(X)}$ $f(X) \wedge g(X)$ $f(X)$ $g(X)$

$i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_j$ $x_0\wedge{x_1}\wedge{\neg{x_2}}$

$2^k$ $i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_0\vee{i_1}\vee{i_2}\vee{...}\vee{i_{n-1}}$

$a\vee{b} = a\oplus{b}\oplus({a\wedge{b}})$

1) tüm değişkenlere sahiptir,

2) her değişken tam olarak bir oluşur (değişken iki kez meydana gelirse, o zaman bir çarpımda pozitif ve negatif oluruz, bu yüzden 0 olarak verilecektir).

$x_0$ $i_0$ $x_0$ $i_1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}$ ${j_1}$ $i_0$ $i_1$ $i_0$ $j_0$ $j_0$ $2^l$

— Maciej
kaynak

\oplus Rtw-Opp-CNF

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

@AndrewMorgan Ancak, tüm değişkenleri tam olarak bir kez içeren benzersiz bir cümleye sahip bir formül, iki kez okunan bir formül olmaz. Kısıtlama tam olarak iki, en fazla iki kez değil .

— Giorgio Camerani

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2} \lor x_{3}) \land (\neg x_{1} \lor \neg x_{3} \lor x_{4}) \land (\neg x_{4} \lor x_{5}) \land (\neg x_{2} \lor \neg x_{5} \lor \neg x_{6})

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1}) \wedge (\bar{x_2})$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}} \lor \bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1} \vee \bar{x_2})$

(x_{1}) \land (\bar{x_{1}}) \land (x_{2}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1) \wedge (\overline{x_1}) \wedge (x_2) \wedge (\overline{x_2})$

@ AndrewMorgan Tamam, şimdi anlıyorum. Bununla birlikte, kastettiğiniz vakalar ailesinde de tatmin edici görevlerin sayısının eşit kaldığını düşünün. Maciej'in yorumunda sorduğu soru zorlayıcı.

— Giorgio Camerani