PPAD gerçekten dengesiz bir tepe noktası bulma fikrini yakalar mı?

Karmaşıklık sınıfı PPAD onun seminal 1994 Hristos Papadimitriou tarafından icat edilmiştir kağıdı . Sınıf, bir çözümün varlığının "yönlendirilmiş grafiklerde parite argümanı" ile garanti edildiği arama sorunlarının karmaşıklığını yakalamak için tasarlanmıştır: eğer yönlendirilmiş bir grafikte dengesiz bir tepe noktası varsa, başka bir çözüm bulunmalıdır. Ancak genellikle sınıf resmi olarak $\mathsf{ANOTHER\ END\ OF\ THE\ LINE}$ ( $\mathsf{AEOL}$Bağımsız değişken yalnızca her iki içi ile grafikler ve outdegrees uygulanır) sorunu, $\le 1$ . Sorum şu: bu kavramlar neden eşdeğerdir?

Bu noktaya kadar bu sorunun bir kopyası . Şimdi sorunu resmi olarak belirtmek ve oradaki cevaptan neden memnun olmadığımı açıklığa kavuşturmak istiyorum.

Arama problemi $\mathsf{ANOTHER\ UNBALANCED\ VERTEX}$ ( $\mathsf{AUV}$ ): x ∈ { 0 , 1 alan iki polinom boyutlu devre $S$ ve $P$ . } n ve { 0 , 1 } n içindeki diğer elementlerin polinom listesini döndür . Bu devreler yönlendirilmiş bir grafik tanımlar$x\in\{0,1\}^n$$\{0,1\}^n$$G=(V,E)$ burada$V=\{0,1\}^n$ ve$(x,y)\in E\Leftrightarrow (y\in S(x)\land x\in P(y))$ . Arama bir sorun şudur: Verilen$S$ ,$P$ ve$z\in V$ şekilde$indegree(z)\ne outdegree(z)$ , aynı özelliği olan başka bir köşe bulabilirsiniz.

Sorun ara $\mathsf{AEOL}$ : aynıdır, ancak her ikisi de $S$ ve $P$ dönüş ya boş bir liste ya da bir eleman.

Azalt kavramı (Ricky'in önerisine göre düzeltilmiş): toplam arama sorun $A$ toplam ara problemi indirgenebilir $B$ polinom işlevleri ile $f$ ve $g$ ise $y$ bir çözüm $f(x)$ sorun, $B$ ve açık $g(x,y)$ olduğu A probleminde bir çözüm . $x$$A$

Biçimsel bir soru : neden olduğu $\mathsf{AUV}$ indirgenebilen $\mathsf{AEOL}$ ? Yoksa başka bir indirgenebilirlik kavramı mı kullanmalıyız?

Christos Papadimitriou PPA hakkında benzer bir teorem olduğunu kanıtlamaktadır (Teorem 1, sayfa 505), ancak argüman PPAD için işe yaramıyor gibi görünmektedir . Bunun nedeni, derece dengesi olan bir tepe noktasının, derece dengesi ± 1 olan k köşelerine dönüştürülmesidir . Daha sonra A E O L için algoritma bu köşelerden birini alabilir ve başka bir tane döndürebilir. Bu yeni tepe noktası elde olmaz bir U V .$\pm k$$k$$\pm1$$\mathsf{AEOL}$$\mathsf{AUV}$

Her şey daha da kötüye gidiyor çünkü de her zaman eşit sayıda dengesiz köşe var, ancak A U V'de tek sayıda olabilir. Bu yüzden bu iki küme arasında bir bağ kuramazsınız ve g her zaman f - 1'e eşit olamazdı . Eğer g ( x , f ( x ) ) ≠ x sonra çözümü için bir yöntem elde etmek bir U V bazı durumlarda en az polinom zamanda. Eğer gr bağlı değildir x ve$\mathsf{AEOL}$$\mathsf{AUV}$$g$$f^{-1}$$g(x,f(x))\ne x$$\mathsf{AUV}$$g$$x$ için y 1 ≠ Y 2 , sonra y 2 için bir yanıt olarak döndürülebilir y 1 . Bu A U V için bir çözüm sağlamaz.$g(y_1)=g(y_2)$$y_1\ne y_2$$y_2$$y_1$$\mathsf{AUV}$

Son soru : Yukarıda listelenen engeller bir şekilde aşılabilir mi? Biri olası bağımlılığını istihdam Can üzerinde x ?$g$$x$

Sorunların eşdeğer olduğu kanıtlanmıştır (ve böylece PPAD-tamamlanmıştır), bkz . Tüylü Top Probleminde Bölüm 8, Paul W. Goldberg ve Alexandros Hollender tarafından PPAD-Tamamlanmıştır .

Bu ilginç bir soru ve sadece kısmi bir cevap verebilirim.

Inşaat s görmek kolaydır. Papadimitriou'nun 505 makalesi, AUV'nin özel durumu ile denkliğini gösteriyor

$G$$1$$X$$G$$v\notin X$

Bir yandan, bu tür grafiklerin daha fazla sayıda kaynağı bire indirgeyebilecek bir dönüşüm hayal etmeyi zor buluyorum.

Bununla birlikte, diğer taraftan, MEOL , muhtemelen PPAD'ın kendisi hariç , PPAD içeren yaygın olarak incelenen tüm sınıflara aittir :

İlk olarak, tabii ki,

MEOL içindedir PPADS .

Aşağıda bir argüman çizeceğim

MEOL içindedir PPA

$G=(V,E)$$X$

$|X|$$X$$X$

$s=|X|$$2^k$$2$$s$$G'=(V',E')$$2^k$$V$$A,B\in V'$$(A,B)$$E'$$A=\{a_0,\dots,a_{2^k-1}\}$$B=\{b_0,\dots,b_{2^k-1}\}$$(a_i,b_i)\in E$$i<2^k$

$G'$$1$$A\in V'$$G$$A$$A\cap X\ne\varnothing$$1$

$A$$t=|A\cap X|$$0<t\le2^k$$t=2^k=|A|$$A\subseteq X$$\binom{s}{2^k}$$p$$\binom ab$$b+(a-b)=a$$p$$k$, tuhaftır. Ayrıca, ve nın element altkümeleri arasında polinom-zaman bijeksiyonları vardır . Bunu kullanarak , öğeli alt kümelerinin biri dışında tümü için bir polinom-zaman eşleştirmesi tanımlayabiliriz . Bunu ile arasında bilinen kaynak sayısını azaltan grafiğe .$\binom{s}{2^k}$$[0,\binom ab)$$b$$[0,a)$$2^k$$X$$t=2^k$$1$

İçin , taşıma sayma formül gösterir bu olduğunu bile. Yine, element alt kümelerinde açık bir eşleşme bulabiliriz . Eşleştirmeyi sabit bırakarak ile bilinen kaynaklarına .$0<t<2^k$ tXA| A∩X| =tA∩XA∖$\binom st$$t$$X$$A$$|A\cap X|=t$$A\cap X$$A\smallsetminus X$

Bu şekilde bilinen bir yaprak tepe noktasına sahip yönlendirilmemiş bir grafik üretiyoruz. Soruyoruz PPA başka yaprak için oracle ve inşaat, biz ondan bir cevap çıkarabilir MEOL örneği.

Kısaca Papadimitriou tarafından belirtildiği gibi, biz genelleme yapabiliriz PPA sınıfları için PPA - herhangi asal için . Bir örneği, PPA - tam bir sorundurp $p$$p$$p$

AUV - : Yönlendirilmiş bir grafik ve derece dengesi olan bir tepe noktası , böyle bir tepe noktası daha bulun.$p$$G$${}\not\equiv0\pmod p$

( AUV - Papadimitriou'nun PPA - tanımı ile denkliği için bu cevaba bakınız .)$p$$p$

PPA - sadece PPA'dır . PPA - sınıflarının ikili olarak ve PPADS ile karşılaştırılamaz olduğu varsayılmaktadır . Hepsi PPAD içerir .$2$$p$

Yukarıda özetlediğim argümanda ilgili özel bir şey yoktu ve verim için kolayca değiştirilebilir$p=2$

MEOL içindedir PPA - asal için .$p$$p$