olup olmadığı biliniyor

Tersine dahil etme, BPP'deki kendiliğinden azaltılabilir NP dilinin de RP'de olduğu gerçeği açıktır. Bunun kendi kendine indirgenemez NP dilleri için de geçerli olduğu biliniyor mu?

cc.complexity-theory derandomization pseudorandomness

— bppcapnpvsrp
kaynak

Bilindiği takdirde,

R P \subseteq B P P

$\mathbb{RP} \subseteq \mathbb{BPP}$ ve

inklüzyonlarından

R P \subseteq N P

$\mathbb{RP} \subseteq \mathbb{NP}$ ,

B P P = R P

$\mathbb{BPP} = \mathbb{RP}$ veya

R P = N P

$\mathbb{RP} = \mathbb{NP}$ (veya her ikisi de, esasen

arasındaki ilişkiye bağlı olarak)

B P P

$\mathbb{BPP}$ ve

N P

$\mathbb{NP}$ beri. Ben şu anda bilinmemektedir olduğunu varsaymak güvenli olduğunu düşünüyorum Yani.

R P

$\mathbb{RP}$ tek taraflı hata var, bunun içinde yer alır görmek kolaydır

B P P

$\mathbb{BPP}$ , kendi kendine indirgenebilirliğe veya başka bir mülke ihtiyaç duymadan.

— chazisop

Ne olduğu bilinen olmasıdır

N P \subseteq B P P

$\mathrm{NP}\subseteq\mathrm{BPP}$ NP = RP ifade eder. @chazisop,

N P \cap B P P = R P

$\mathrm{NP}\cap\mathrm{BPP}=\mathrm{RP}$ BPP = RP veya NP = RP olduğunu nereden buldunuz ?

— Emil Jeřábek

bildiğimizi varsayalım

B P P \cap N P \subseteq R P (1)

$BPP \cap NP \subseteq RP (1)$ . Sonra durum analizleri için: - Eğer

B P P \subseteq N P

$BPP \subseteq NP$ , daha sonra, (1)

N P \subseteq R P

$NP \subseteq RP$ bilinen sonuçlar eder,

N P = R P

$NP = RP$ . -

N P \subseteq B P P

$NP \subseteq BPP$ , o zaman (1)

B P P \subseteq R P

$BPP \subseteq RP$ , bilinen sonuçlarla

anlamına gelir

B P P = R P

$BPP = RP$

N P ⊈ B P P

$NP \not\subseteq BPP$

B P P \cap N P = R P

$BPP \cap NP = RP$

İlk iki dava karıştı. Daha da önemlisi, üçüncü, genel durumda, sonucunuz varsayımla aynıdır, bu nedenle tüm argüman hiçbir şey yapmaz. Özellikle, ilk yorumunuzdaki yanlış iddiayı desteklemiyor.

— Emil Jeřábek

Varsayım, eşitliği değil, yalnızca altkümeyi ister. Her halükarda, benim argümanım (kötü biçimlendirilmiş ve hatalarla bile), sorulan şeyi bilersek, o zaman açık problemler olan karmaşıklık sınıfı ilişkilerini türetebileceğimizi gösteriyor. Dahası, nasıl üçüncü durum diğerlerinden daha genel ise göremiyorum: açıkça bilinmeyen bir sınıf diğerini içeren olasılığını dışlar.

— chazisop

Karmaşıklıktaki çoğu soruda olduğu gibi, çok uzun bir süre için tam bir cevap olacağından emin değilim. Fakat en azından cevabın göreceli olmadığını gösteriyoruz: eşitsizliğin sahip olduğu ve eşitliğin sahip olduğu bir göreceli var. Sınıfların eşit olduğu bir kehanet vermek oldukça kolaydır: olan herhangi bir kehanet işe yarayacaktır (örneğin, "rasgeleliğin pek yardımcı olmadığı herhangi bir kehanet") olacak olan herhangi bir torpil (örneğin, "rastgelelik bir çok yardımcı olur" nin herhangi bir torpil göreceli). Bunların birçoğu var, bu yüzden detaylarla uğraşmayacağım. $\mathrm{BPP} = \mathrm{RP}$ $\mathrm{NP} \subseteq \mathrm{BPP}$

Hala oldukça açık olsa da, a sahip olduğumuz bir kehanet tasarlamak biraz daha zordur . Aşağıdaki yapı aslında biraz daha iyi sonuç verir: herhangi bir sabit , 'da de olmayan bir dilin olduğu bir kehanet vardır. . Aşağıda özetleyeceğim. $\mathrm{RP} \subsetneq \mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP}$ $c$ $\mathrm{coRP} \cap \mathrm{UP}$ $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$

Biz torpil tasarımı olacak formunun dizilerini içerir , , bir olduğu bitlik dizisi, bir tek bit, ve uzunluğunun bir bit dizisi olan . Ayrıca , bir makinesi ve bir makinesi tarafından kararlaştırılacak bir dili de vereceğiz : $A$ $(x,b,z)$ $x$ $n$ $b$ $z$ $2n^c$ $L^A$ $\mathrm{coRP}$ $\mathrm{UP}$

makinesi, girişi , tahmin uzunluğunun rasgele, sorgu cevap, ve kopya. $\mathrm{coRP}$ $x$ $z$ $2|x|^c$ $(x,\mathtt{0},z)$
makinesi, girişi , tahmin uzunluğunun , sorgu , ve kopyalar cevap. $\mathrm{UP}$ $x$ $z$ $2|x|^c$ $(x,\mathtt{1},z)$

Yukarıda belirtilen makinelerin vaatlerini yerine getirmesi için bazı özellikleri karşılamak için ihtiyacımız var . Her için bu iki seçenekten biri böyle olmalıdır: $A$ $x$

1. Seçenek: en fazla yarısı 'de seçenek vardır ve sıfır seçenekler vardır . (Bu durumda, .) $z$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$ $(x,\mathtt{1},z) \in A$ $x \not\in L^A$
2. Seçenek: Her seçeneğinin ve tam olarak bir seçeneğinin . (Bu durumda, .) $z$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$ $(x,\mathtt{1},z) \in A$ $x \in L^A$

Amacımız , her makineye çapraz olmasını sağlamak için bu vaatleri yerine getirecek belirtmektir . Bu uzun cevabı kısa tutmaya çalışmak için, oracle inşaat makinelerini ve birçok önemli ayrıntıyı bırakacağım ve belirli bir makineye nasıl köşegenleştirileceğini açıklayacağım. rastgele bir Turing makinesi olarak düzeltin ve bir giriş olmasına izin verin, böylece ' da seçimi için ' ve ' seçimi üzerinde tam kontrole sahip oluruz . üzerinde kıracağız . $A$ $L^A$ $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$ $M$ $x$ $b$ $z$ $(x,b,z) \in A$ $M$ $x$

Durum 1: varsayalım seçmek için bir yol yoktur 's böylece tatmin onun sözünü ilk seçenek ve kabul rastgelelik seçeneği vardır. O zaman bu seçime taahhüt edeceğiz . O zaman eşzamanlı olarak vaadini yerine getiremez ve reddedemez . Bununla birlikte, . karşı köşegenleştirdik . $z$ $A$ $M$ $A$ $M$ $\mathrm{RP}$ $x$ $x \not\in L^A$ $M$
Durum 2: Ardından, önceki durumun işe yaramadığını varsayın. Şimdi ya vaadini kırmaya ya da vaadinin ikinci seçeneğini karşılayan bazı seçimlerini reddetmeye zorlanabileceğini göstereceğiz . Bu karşı köşegenleştirir . Bunu iki adımda yapacağız: $M$ $\mathrm{RP}$ $A$ $M$
1. Her sabit bir seçim Göstermek için ve 'in rasgele bit, biçiminin tüm sorgular zaman reddetmelidirler olan ve biçiminin tüm sorgular değil . $r$ $M$ $M$ $(x,\mathtt{0},z)$ $A$ $(x,\mathtt{1},z)$ $A$
2. Biz bir cevap çevirebilirsiniz olduğunu göster ait bazı seçim için kabul olasılığını etkilemeden çok tarafından. $(x,\mathtt{1},z)$ $A$ $z$ $M$
Gerçekten de, 1. adımdan itibaren ile başlarsak , kabul olasılığı sıfır olur. , sözünün ikinci seçeneğini tam olarak karşılamıyor, ancak daha sonra adım 2'deki gibi tek bir bit çevirebiliriz ve olacak. Biti çevirmek kabul olasılığının sıfıra yakın kalmasına neden olduğu için, aynı anda kabul edemez ve vaadini yerine getiremez . $A$ $M$ $A$ $M$ $M$ $x$ $\mathrm{RP}$

Durum 2'deki iki adımı tartışmaya devam etmektedir:

için rasgele bit seçimini düzeltin . Şimdi simüle kullanılarak rastgelelik olarak ve böylece sorgular cevap ve . en fazla sorgu yaptığını gözlemleyin . Olduğu için seçimler , biz unqueried seçimler gidermek için ve sahip yine ilk seçeneği tatmin onun vaadi. Vaka 2'nin için çalışmasını sağlayamadığımız için , bu anlamına gelir $r$ $M$ $M$ $r$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $(x,\mathtt{1},z) \not\in A$ $M$ $2^{n^c}$ $2^{2n^c}$ $z$ $z$ $(x,\mathtt{0},z) \not\in A$ $A$ $M$ $M$ göre tüm rastgele seçimlerini ve özellikle de reddetmelidir . Bu aşağıda biz seçmek durumunda için ve her seçim için her seçim için, daha sonra rastgele bitlerin , , göre reddeder . $A$ $r$ $A$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $(x,\mathtt{1},z) \not\in A$ $z$ $r$ $M$ $A$
Her için, sorgularının en az olduğu rastgele bit bölümünün olduğunu varsayalım . Ardından toplam sorgu sayısı en az . Öte yandan , tüm dallarında en fazla sorgu yapar, bir çelişki. Bu nedenle bir seçenek çok rastgele bit fraksiyonu olan bu sorgular daha az 1/2 den. Değerini çevirme Bu ipe nedenle kabul olasılığını etkiler az göre . $z$ $M$ $(x,\mathtt{1},z)$ $1/2$ $2^{2n^c} 2^{2^{n^c}}/2$ $M$ $2^{2^{n^c}} 2^{n^c}$ $z$ $M$ $(x,\mathtt{1},z)$ $A$ $M$ $1/2$

— Andrew Morgan
kaynak

Bu cevap oldukça uzundur ve muhtemelen ilgili tekniklerin daha iyi açıklanmasını sağlayan bir dış kaynağa olan bağlantıdan fayda sağlayacaktır. Birini bilen biri varsa, ben mutlu bir şekilde ekleyeceğim.

— Andrew Morgan

Ko'nun anketinde olabilir.

— Kaveh

@Kaveh: Bu ankete baktım (bahsettiğiniz kişi, değil mi?), Ancak hemen alakalı görünen pek bir şey fark etmedim. Sonuçların çoğu, ispatlama durumuna düşecek gibi görünüyordu . Dikkate değer bir nokta, rastgele bir kehanete göre ve rastgele bir kehanete göre alırız.

B P P \cap N P = R P

$\mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP} = \mathrm{RP}$

P = R P

$\mathrm{P} = \mathrm{RP}$

B P P \cap N P = R P

$\mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP} = \mathrm{RP}$

— Andrew Morgan

-1

Hayır, bilinmiyor. Bu en inandırıcı kanıt olmayabilir, ancak bu Google aramasına bir göz atın .

— domotorp
kaynak