N-bit örneklerinin tam yarısını içeren bir NP tamamlama dili var mı?

Bir (tercihen doğal) NP bütünleşik bir dil var , öyle ki, her için n ≥ 1 | L ∩ { 0 , 1 } n | = 2 n - 1 tutar mı? Başka bir deyişle, L içeren tam yarım hepsinden n bitlik örnekleri.$L\subseteq \{0,1\}^*$$n\geq 1$

Birkaç yıl önce bu soruyu sordum ve Boaz Barak bunu olumlu cevapladı .

Deyim NP-tam dil varlığına eşdeğerdir nerede | L n | polinom zamanı hesaplanabilir.$L$$|L_n|$

Boolean formülleri ve SAT düşünün. Dolgu kullanarak ve formüllerin kodlamasını biraz değiştirerek ve ¬ φ öğelerinin aynı uzunlukta olduğundan emin olabiliriz .$\varphi$$\lnot \varphi$

Let bir kodlama var olmak$\langle\ \rangle$

• Tüm formüller için ve tüm gerçeği atama için t alınmak ∈ { 0 , 1 } | φ | , | ⟨ Cp ⟩ | = | ⟨ Cp , t alınmak ⟩ | .$\varphi$$\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$$|\langle\varphi\rangle| = |\langle\varphi, \tau\rangle|$
• polinom zamanı hesaplanabilir.$|\langle\varphi\rangle| \mapsto |\varphi|$
• kodlu uzunluğa sahip formüllerin sayısı hesaplanabilir polinom-zamandır.$n$

Göz önünde

nin NP tamamlanmış olduğunu görmek kolaydır .$L$

Eğer , tatmin edici gerçek atamalarının sayısını t alınmak ⊨ cp  ve  ∃ σ < t alınmak σ ⊨ cp isimli tatmin gerçek atamaları sayısına eşittir - 1 . Ekleme φ kendisi bunun için gerçeği atamaları tatmin sayısı kadar ekler cp .$\varphi \in \mathsf{SAT}$

Orada doğruluk ödevleri. Her τ ya φ veya ¬ φ (her ikisini de değil) karşılar . Her formül için cp , düşünün 2 ( 2 | cp | + 1 ) dizeleri ⟨ φ ⟩ , ⟨ ¬ φ ⟩ , ⟨ φ , t alınmak ⟩ ve ⟨ ¬ φ , t alınmak ⟩ için t alınmak ∈ { 0 $2^{|\varphi|}$$\tau$$\varphi$$\lnot \varphi$$\varphi$$2(2^{|\varphi|}+1)$$\langle\varphi\rangle$$\langle\lnot \varphi\rangle$$\langle\varphi, \tau\rangle$$\langle \lnot\varphi, \tau\rangle$. Tam olarak 2 | φ | Bunlardan 2 | φ | + 1 + 2 dizeleri L cinsindendir. Uzunluğu dizeleri sayısıdır Bu demektir ki n de L formüller sayısıdır cp kodlanmış uzunlukta N çarpılır 2 | φ | hangi polinom-zaman hesaplanabilir.$\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$$2^{|\varphi|}$$2^{|\varphi|+1}+2$$L$$n$$L$$\varphi$$n$$2^{|\varphi|}$

İşte böyle bir örnek bulmanın neden bu kadar zor olabileceğine dair bir öneri, ancak Kaveh'un olmasa şaşırtıcı olacağı yönündeki yorumuna katılıyorum. [Cevap değil, yorum yapmak için çok uzun.]

Diyelim ki birinin bana söylediği gibi dili var . Bunu kanıtlamam için doğal bir yol L = n : = | L ∩ { 0 , 1 } n | = 2 n - 1 açıkça L ∩ { 0 , 1 } n ile { 0 , 1 } n ∖ L arasında bir bijeksiyon oluşturmaktır . Şahsen ben N P örnekleri karar veremiyorum$L$$L^{=n} := |L \cap \{0,1\}^n| = 2^{n-1}$$L \cap \{0,1\}^n$$\{0,1\}^n \backslash L$$\mathsf{NP}$-Zor sorunları, en "basit" bijections ben formu olacak ile gelip olacağını " uzunluk-koruyarak bijection ve x ∈ L ancak ve f ( x ) ∉ L. " Ayrıca, polinom zamanında hesaplanabilir böyle bir f ile gelip gelebilirim . Ama sonra N P = c o N P , çünkü f bir N P değerinden bir azalmadır$f\colon \{0,1\}^* \to \{0,1\}^*$$x \in L$$f(x) \notin L$$f$$\mathsf{NP} = \mathsf{coNP}$$f$$\mathsf{NP}$-komple bitti olarak ayarlandı .$\mathsf{coNP}$

Tabii ki, bu itiraza itirazın hesaplanmasından daha zor olması “basit” olarak yapılabilir. Eğer önyargınız üssel olarak zaman alırsa - söyle ve bunun tersi hard olabilir - o zaman oldukça güvende olduğunu düşünüyorum. Sadece alırsa, diyelim ki, yarı-polinom zaman, o zaman yine de sonuç elde dikkat c O , N P ⊆ K T I M E ( 2 ( log n ) O ( 1 ) ) = : N Q, P , hangi Dolgu argümanı ile basit bir indüksiyon izlediğini düşünüyorum$\mathsf{EXP}$$\mathsf{coNP} \subseteq \mathsf{NTIME}(2^{(\log n)^{O(1)}}) =: \mathsf{NQP}$ . Şimdi, önceki çevrelemenin sadece yanlış olduğuna inanıyorsanız, o zamanki gibi yarı zamanlı hesaplanabilir bir itiraz sizi kurtaramaz. Ama inanmak bile bunu kanıtlayacak böyle bir eşleşme ile gelerek, sonra doğru olabilir P H ⊆ N Q P mevcut bilgilere ötesinde gibi görünüyor ...$\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$$\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$

İtirazı da basitçe tarafından etrafında kazanılmış olabilir değil böyle bir eşleşme olan ama sonra kanıtlamak için nasıl görmek zor görünüyor Kanıtın bir olmasa bile, ilk etapta istenen özelliği vardır ... Ve aslında itiraz, bu kadar kolay hesaplanabilir bir itirazın bile olmadığı durumda olması gerekir.$L$

Tabii ki, bu aynı zamanda birinin bir örnekle bir araya geleceği bir şey türüdür ve bu itirazın nasıl gerçekleştiğini kolayca göreceğiz, ama sadece yeterince basit bir önyargıya sahip herhangi bir şeyin nasıl yapılabileceğini söylemek için bunu oraya atmak istedim. Çalışmayın (yaygın olarak inanılanlar yanlış olmadığı sürece).

(İlgili soru: Böyle bir nin olmadığı göreli bir kehanet var mı?)$L$