Sert sayma versiyonlarında kolay problemler

20

Vikipedi , sayım versiyonunun zor olduğu problemlere örnekler verirken, karar versiyonu kolaydır. Bunlardan bazıları mükemmel eşleşmeleri sayıyor, -SAT'a çözüm sayısını ve topolojik sıralama sayısını sayıyor. $2$

Başka önemli sınıflar var mı (örgüler, ağaçlar, sayı teorisi vb. Örnekler)? Bu tür sorunların bir özeti var mı?

-sayım sayma sürümleri olan birçok sorun türü vardır . $P$ $\#P$

Doğal sorunun sürümü var mı daha tamamen anlaşılmış veya genel ikili mükemmel eşleme daha basit olduğu (üzerine bilgileri ekleyin neden daha basit tür olarak kanıtlanabilir en alt sınıflarında -hierarchy ve benzeri) başka bir alanda (sayı teorisi, kafesler gibi) veya en azından sayım sürümü -hard olan basit iki taraflı grafikler için ? $P$ $NC$ $\#P$

Kafesler, politoplar, nokta sayma, sayı teorisinden örnekler takdir edilecektir .

— T ....
kaynak

1

Muhtemelen doğal problemler istiyorsunuz , çünkü [#SAT'tan indirgeyerek, [P'yi sıfırdan farklı bir sayı ile çarpan indirimler] altındaki # P-sert problemler HP zor karar problemlerine sahiptir] ve [kimlik fonksiyonu, {x: x 1+ (değişken_variables_ ( )) olanlardır veya [sıfır ve ardından için tatmin edici bir atama }} bir sonraki en katı azaltma türü altında # P-serttir, ancak karar sürümü önemsizdir].

ϕ

$\phi$

ϕ

$\phi$

@RickyDemer yazınız kısa ve öz. Evet, doğal problemler istiyorum.

— T ....

İki taraflı grafiklerde mükemmel eşleşmeleri tam olarak anlamıyor muyuz? Ayrıca, sorun için bir RNC2 algoritması vardır.

— Sasho Nikolov

1

Evet, bilmiyoruz. Deterministik algoritmamız yok.

N C

$NC$

— T ....

8

İşte gerçekten mükemmel bir örnek (önyargılı olabilirim).

Kısmen sıralı bir küme verildiğinde:
a) doğrusal bir uzantısı var mı (yani kısmi sıra ile uyumlu bir toplam sıra)? Önemsiz: Tüm postetlerin en az bir doğrusal uzantısı vardır
b) Kaç tane var? # Bunu belirlemek için P-complete (Brightwell ve Winkler, Doğrusal Uzantıları Sayma , Sıra, 1991)
c) Hepsini hızlı bir şekilde üretebilir miyiz? Evet, sabit itfa edilmiş sürede (Pruesse ve Ruskey, Doğrusal Uzantıları Hızlı Oluşturma , SIAM J Comp 1994)

— Gara Pruesse
kaynak

3

+1: Gerçekten mükemmel bir örnek olduğuna katılıyorum (bunu kendim göndermeyi düşünüyordum ve sonra bu cevabı gördüm). Ayrıca, birisi "En az bir başka lineer uzantı olup olmadığına karar vermeye ne dersiniz" derseniz , bu sorun da tamamen önemsizdir: toplam sipariş 1 uzantıya sahiptir, diğer tüm postalar> 1'e sahiptir. Ve tam olarak 2 uzantıyı tespit etmek de kolaydır (bu tam olarak bir çift karşılaştırılamaz eleman varsa). Aslında, 7 adede kadar doğrusal uzantıya sahip tam bir posta sınıflandırması vardır (bkz. Hanamura-Iwata, IPL 2011 ).

— Joshua Grochow

Bu gerçekten güzel bir örnek. Orada çok "daha basit" bir sorun ancak aynı tür özellikleri zevk (bu özellikleri kanıtlamak neredeyse önemsiz anlamında daha basit). Bir DNF'nin tatmin edici atamalarının sayılması: a) boş olmayan her DNF tatmin edilebilirdir b) sayım # P-tamtır (#SAT'a indirgeme) c) numaralandırma polinom gecikmesi ile yapılabilir (belki sabit bir amortisman süresi, düşünmek için)

— holf

DNF tatmin edici atamaların sabit amortisman süresinde (CAT) üretilip üretilemeyeceğini bilmekle çok ilgilenirim. O zamanlar ve Frank'le olan makalem, 1994'te, doğrusal uzantılar sayımın zor olduğu ve üretimin itfa edildiğinde (yani CAT) olduğu kadar hızlı olduğu ilk "doğal olarak tanımlanmış" nesneydi. DNF çözümleri de bunun için muhtemel bir aday gibi görünüyor. Referansı olan var mı?

— Gara Pruesse

@GaraPruesse Bunun için referansım yok. Monoton-DNF için, isabetli hipergram setine eşdeğerdir ve gecikmeyi iyileştirmek için bazı teknikler Keisuke Murakami ve Takeaki Uno dl.acm.org/citation.cfm tarafından "Büyük ölçekli hipermetreleri iki katına çıkarmak için etkili algoritmalar" bölümünde sunulmuştur. id = 2611867 . CAT verilip verilmediğini kontrol etmeliyiz. DNF için sezgim, küçük bir cümle varsa, o zaman kaba zorlama için zaten yeterli çözümlere sahip olmanızdır. Aksi takdirde, yalnızca büyük cümlecikleriniz vardır ve bunlar daha sonra çatışmaya meyillidir ve bu bir CAT algoritması tasarlamak için kullanılabilir.

— holf

17

Sayı teorisinden ilginç bir örnek, dört karenin toplamı olarak pozitif bir tamsayıyı ifade etmektir. Bu rastgele polinom zamanında nispeten kolayca yapılabilir ( https://dx.doi.org/10.1002%2Fcpa.3160390713 adresindeki Rabin ile 1986 tarihli makaleme bakın ) ve eğer doğru hatırlıyorsam, şimdi bile deterministik bir polinom zamanı var çözüm. Ancak bu tür temsillerin sayısını saymak, çarpanlara ayırma toplamı fonksiyonunu hesaplamanıza izin verir , bu da çarpanlara ayırma eşit rastgele polinom zamanıdır . Sayma problemi muhtemelen zor. $\sigma(n)$ $n$

— Jeffrey Shallit
kaynak

"Yani sayma problemi muhtemelen zor" demek muhtemelen

zor mu? kanıtın var mı

# P

$\#P$

— T ....

"Muhtemelen zor" derken, tamsayı çarpanlarına ayırmaya rasgele polinom-zaman eşdeğeridir.

— Jeffrey Shallit

3

Yani, açık hale getirmek için: sorunudur değil # P-sert (kıyametler sonları gevşek sürece).

— Emil Jeřábek

@JeffreyShallit

örneği var mı?

# P

$\#P$

— T ....

"İşe Yarar: Ben şu daha basit örneği olduğunu düşünüyorum

daha uygun bir böleni büyüktür sahip

" e karşı "daha büyük uygun bölenler kaç

vermez

var mı?". Karar sürümü "

kompozittir" e eşdeğerdir, bu yüzden

, ancak sayma sürümü faktoringden daha kolay görünmemektedir.

n

$n$

1

$1$

1

$1$

n

$n$

n

$n$

P

$P$

— Dan Brumleve

17

Grafik Teorisinden çok güzel ve basit bir örnek, yönlendirilmemiş bir grafikteki Eular devresi sayısını saymaktır.

Karar sürümü kolay (... ve Königsberg sorunun Yedi Köprüleri hiçbir çözümü :-)

Sayma sürümü # P-hard: Graham R. Brightwell, Peter Winkler: Eulerian Circuits Sayma # P-Complete . ALENEX / ANALCO 2005: 259-262

— Marzio De Biasi
kaynak

Bu makalenin "Yaklaşımımız, Euler devrelerini sayan bir kehanetin yardımıyla, bir Turing makinesinin ... ve" Eulerian yönelimlerinin

sayısını hesaplamak istiyoruz .

"paragraf sonu 'herhangi bir tek asal için inşa

, bir grafiktir

küreler sayısı eşdeğerdir

modülo

.' ve" bir arasındaki asal p için bu işlemi tekrarlamak

ve

, burada

, ve ... "kesinlikle bir

yerine yalnızca paralel bir azalma vermelerini önerir

N

$N$

G

$G$

p

$p$

G_{p}

$G_p$

N

$N$

p

$p$

m

$m$

m^{2}

$m^2$

| E | = m

$|E| = m$

-sorgu azaltma.

m^{ϵ}

$m^{\epsilon}$

@MarzioDeBiasi NC'de Euler devresi kararı mı?

— T ....

1

@AJ. Sadece her düğümün derecesinin paritesini hesaplamanız ve hepsinin eşit olup olmadığını kontrol etmeniz gerekir. Kesinlikle NC gibi görünüyor.

— Sasho Nikolov

4

bitinin paritesini

boyutlu bir formül veya

derinliğinin doğrusal bir boyut devresi

. Grafiğiniz bir bitişiklik matrisi olarak verilirse, her satırın paritesini hesaplayın, reddedin ve bir AND alın. AND

biti doğrusal boyut formülüyle yapılabilir, bu nedenle genel olarak

boyutlu Boole formülü ve

boyutlu Boole derinliği

devresi

elde edersiniz

n

$n$

O (n^{2})

$O(n^2)$

O (\log n)

$O(\log n)$

n

$n$

O (n^{3})

$O(n^3)$

O (n^{2})

$O(n^2)$

O (\log n)

$O(\log n)$ (AND-OR bazında). Yani problem aslında

.

{N C}^{1}

$\mathsf{NC}^1$

— Sasho Nikolov

2

Aslında, sorun

.

{A C}^{0} [2]

$\mathrm{AC}^0[2]$

— Emil Jeřábek

6

İkinci sorunuzla ilgili olarak, Monoton-2-SAT (madde ile en fazla 2 pozitif değişmez değere sahip bir CNF formülünün tatmin edilebilirliğine karar vermek) gibi problemler tamamen önemsizdir (sadece formülünüzün boş olup olmadığını kontrol etmeniz gerekir) ancak sayma problemi # P-zordur. Bu formülün tatmin edici ödevlerinin sayısına yaklaşmak bile zordur (bkz. Yaklaşık akıl yürütmenin sertliği hakkında, Dan Roth, Yapay Zeka, 1996).

— holf
kaynak

5

Gönderen [Kayal, CCC 2009] : Açıkça bir noktada yok edici polinomları değerlendirilmesi

Özetden: `` Bu, bir nesnenin varlığını (bizim durumumuzda yok edici polinomu) belirlemenin verimli bir şekilde yapılabildiği tek doğal hesaplama problemidir, ancak nesnenin gerçek hesaplaması muhtemelen zordur. ''

Let alan ve olduğu bir dizi olabilir -birçok degree- üzerinden -variate polinomlar Bir -annihilating polinom isimli bir (önemsiz olmayan) st $\mathbb{F}$ $\vec{f} = (f_1, ..., f_k)\in\mathbb{F}[x_1, ..., x_n]$ $k$ $d$ $n$ $\mathbb{F}.$ $\vec{f}$ $A$ $A(f_1, ..., f_k) = 0.$

Karar kolaydır: Aşırı herhangi bir alan ve herhangi için polinomların - eğer böyle yok edici olduğu için . ((Boyut sayma bağımsız değişkeni ile.)) $k$ $(f_1, ..., f_k)$ $k \ge n+1,$ $A$ $(f_1, ..., f_k)$

Sayma zordur tanımlama yok edici-EVAL bir noktada bir yok edici polinom değerlendirmek fonksiyonel bir sorun olarak : bir ana Verilen ve bir dizi az mghorta yok edici olduğu $p,$ $(f_1, ..., f_k)\in\mathbb{Z}[x_1, ..., x_n]$ çıkış integer $A(t_1, ..., t_k)\in\mathbb{Z}[t_1, ..., t_k],$ $A(0, ..., 0)\bmod{p}.$

İmha-EVAL olduğunu -Zor. Ayrıca, yok edici polinom sürece küçük bir devre temsil bulunmamaktadır çöker. $\#\mathsf{P}$ $A(t_1, ..., t_k)$ $\mathsf{PH}$

— Daniel Apon
kaynak

1

Marzio örneğinde olduğu gibi, bu yazının istem 15.2'deki kanıtı,

altında değil, yalnızca paralel indirimler altında sertlik gösterdiklerini göstermektedir.

-sorgu azaltma.

m^{ϵ}

$m^{\hspace{.02 in}\epsilon}$

1

Tüm bulabildiğim kaynaklar tanımlara katılmıyor gibi görünüyor. AE, cevabınızın tartıştığı sorun olsun. (... devamı)

1

= Ben kullandıkları daha doğrusu neyi baz sınıf atlatmanın denemedim ama onların sonuç daha iyi #p daha olsaydı oldukça sürpriz olmayacağını (... devamı)

(

$\big(\hspace{-0.07 in}$ DLOGTIME-üniform TC

^{0}

$^0$

)

$\hspace{-0.06 in}\big)$

^{| |}

$^{\hspace{-0.06 in}||\hspace{-0.06 in}}$

^{AE}

$^{\text{AE}}$

^{[\sqrt{n}]}

$^{\hspace{-0.05 in}[\sqrt{n}]}$ . (... devamı)

1

kadarıyla görebildiği kadar, bu mu (... devam) değil o izleyin LWPP

MP

\subseteq

$\subseteq$

^{AE}

$^{\text{AE}}$

^{[\sqrt[3]{n}]}

$^{[\sqrt[3]{n}]}$

/

$\hspace{-0.06 in}\big/\hspace{-0.04 in}$ poli .

1

Daha genel olarak, yani keyfi

(

daha az ) için, Jacobian kriteri nedeniyle karar kolaydır, değil mi? (Jacobian ölçütünün yalnızca>

karakteristiğinde çalıştığını unutmayın ; küçük pozitif karakteristikte, Mittman-Saxena-Scheiblechner'e bağlı olarak değiştirilmiş bir Jacobian kriteri vardır , ancak görünüşe göre sadece bir

yol açmaktadır. karar algoritması ...)

k

$k$

n

$n$

m a x d e g f_{i}

$max deg f_i$

{N P}^{# P}

$\mathsf{NP}^{\mathsf{\# P}}$

— Joshua Grochow