Boole devresini benzer girdilerin partisinde değerlendirin

Bir boole devresim olduğunu varsayalım $C$ bazı fonksiyonları hesaplayan $f:\{0,1\}^n \to \{0,1\}$ . Devrenin, en fazla 2 adet fan girişi ve fan çıkışı olan AND, OR ve NOT kapılarından oluştuğunu varsayalım.

İzin Vermek $x \in \{0,1\}^n$ belirli bir girdi olmak. verilmiş $C$ ve $x$ , Değerlendirmek istiyorum $C$ üzerinde $n$ farklı girişler $x$ tek bir bit pozisyonunda, yani $n$ değerler $C(x^1),C(x^2),\dots,C(x^n)$ nerede $x^i$ aynıdır $x$ bunun dışında $i$ Bu bit çevrildi.

Bunu bağımsız olarak değerlendirmekten daha verimli bir yol var mı $C$ $n$ kez $n$ farklı girdiler?

üstlenmek $C$ içeren $m$ kapıları. Sonra bağımsız olarak değerlendirme $C$ hepsinde $n$ girişler alacak $O(mn)$ saati. Hesaplamanın bir yolu var mı $C(x^1),C(x^2),\dots,C(x^n)$ içinde $o(mn)$ Zaman?

İsteğe bağlı bağlam: (kapıları çarpma, toplama ve olumsuzlama olan) aritmetik bir devremiz varsa $\mathbb{R}$ , sonra hesaplamak mümkün olurdu $n$ yönlü türevler ${\partial f \over \partial x_i}(x)$ içinde $O(m)$ saati. Temel olarak, degradenin hesaplanması için standart yöntemler kullanabiliriz (geri yayılma / zincir kuralı), $O(m)$ saati. Bu, karşılık gelen işlev sürekli ve farklılaştırılabilir olduğu için çalışır. Boole devreleri için benzer bir şey yapıp yapamayacağını merak ediyorum. Boole devreleri sürekli ve farklılaştırılamaz, bu yüzden aynı hileyi yapamazsınız, ancak belki de kullanabileceğiniz başka akıllı teknikler vardır? Belki bir tür Fourier hilesi falan?

(Varyant sorusu: sınırsız fan girişi ve sınırlı fan çıkışı olan boole kapılarımız varsa, değerlendirmeden daha asimptotik olarak daha iyi yapabilir misiniz? $C$ $n$ zamanlar?)

— DW
kaynak

Andrew sorunuzu oldukça iyi yanıtladığından, sadece bir yorum bırakacağım. Eğer

m

$m$ büyük (gibi

O (2^{n} / n)

$O(2^n/n)$ ) ve değerlendiriyorsunuz

C

$C$ birçok girişte (en fazla

2^{o (n / \log n)}

$2^{o(n/\log n)}$ ) sonra bir

C^{'}

$C'$ sadece boyut

O (2^{n} / n)

$O(2^n/n)$ hangisi değerlendirebilir

C

$C$ herhangi birinde

m

$m$ girişleri. (Sorun literatürde "seri üretim" olarak da adlandırılır.) Bkz. Math.Notes Acad.Sci. SSCB 15, 558-562. Yani bazı durumlarda tekdüzelikle daha iyisini yapabilirsiniz.

— Ryan Williams

Böyle bir hile bulmanın kolay olmadığını ve / veya önemsiz kazançlar algoritmaları vereceği için size önemli kazançlar sağlayacağını düşünmüyorum. Bunu nasıl yapacağınız aşağıda açıklanmıştır:

Her şeyden önce, görünüşte daha kolay olsa da, probleminiz bir devre verildiğinde daha genel bir sorunu çözebilir $C$ ve $N$ girişler $x_0, \ldots, x_{N-1}$ , değerlendirmek $C$ tüm girişlerden daha hızlı $\tilde{O}(N\cdot|C|)$ saati. Nedeni ayarlayabiliriz $C$ bir devreye $C'$ büyüklüğünde $|C| + \tilde{O}(Nn)$ hangi, girişte $0^i10^{N-1-i}$ , çıktılar $C(x_{i})$ . Temel olarak, gönderen küçük bir arama tablosu yapıyoruz $0^i10^{N-1-i}$ için $x_i$ ve kabloyu $C$ .

Daha sonra hızlı tatmin edilebilirlik algoritmaları yapmak için boole devrelerinin toplu değerlendirmesi için gereksiz algoritmalar kullanılabilir. Zamanında değerlendirme yapan bir algoritmaya sahip olduğumuzu düşündüğümüz basit durumda bir örnek $\tilde{O}(|C|^{2-\epsilon} + (N\cdot|C|)^{1-\epsilon/2} + N^{2-\epsilon})$ herhangi bir sabit için $\epsilon > 0$ . Girişte bir devre $C$ , memnuniyetini artırarak karar verebiliriz. $C$ bir devreye $C'$ büyüklüğünde $2^{n/2}\cdot |C|$ Bu, ilk seçeneklerin tüm olası seçeneklerine göre VEYA $n/2$ girişleri $C$ (diğer girişleri boş bırakmak). Daha sonra toplu değerlendiririz $C'$ hepsinde $2^{n/2}$ girişleri. Sonuç olarak, $C'$ iFF $C$ tatmin edici. Çalışma süresi $\tilde{O}(2^{(n/2)(2-\epsilon)}\cdot |C|^{2-\epsilon}) = \tilde{O}(2^{n(1-\epsilon/2)}\cdot \textrm{poly}(|C|))$ .

— Andrew Morgan
kaynak