Hızlı bir şekilde mükemmel bir şekilde mod 3 üretebilir veya NP problemini çözebilir miyiz?

Dürüst olmak gerekirse, rastgele sayının nasıl üretildiği hakkında çok fazla şey bilmiyorum (yorumlar hoş geldiniz!) Ama aşağıdaki teorik modeli varsayalım: den tamsayılar rastgele eşit olabilir ve hedefimiz [1,3] 'ten eşit olarak rasgele bir tamsayı üretir.$[1,2^n]$

Beklenen çalışma süresi polinom olan basit bir çözüm aşağıdadır. Atın (ve belki de ) den geriye kalan tamsayı sayısı ile bölünebilir olduğu gidebileceğimizden böylece oluşturulan tam sayı. Atılan bir numara alırsak, atılmayan bir numara alana kadar başka bir sayı üretiriz.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

Peki ya polinom zamanında kesin olarak sona erdirmek istiyorsak? Bölünebilirlik sorunları nedeniyle, sorun çözülemez hale gelir. Ancak, aşağıdakileri çözüp çözemeyeceğimizi merak ediyorum.

Farzedelim ki [1,2 ^ n] ' den eşit olarak rasgele tamsayılar üretebiliriz $[1,2^n]$ve bize hesapsal olarak zor bir problem verilir. Amacımız [1,3] 'ten eşit olarak rasgele bir tamsayı çıkarmak veya zor problemi çözmek.

Burada zor problem bir tamsayıyı çarpanlarına ayırmak, bir SAT örneğini veya benzer bir şeyi çözmek olabilir. Örneğin , eğer bir f (x) verilirse (ve n'nin çift olduğunu varsayalım ) bir tek yönlü permütasyon $f$ şu şekilde çözebiliriz : Rastgele f (r) <f (x) dizemiz için, f (r) \ bmod 3 , f (r)> f (x) ise , f (r) -1 \ bmod 3 alın . Son olarak, f (r) = f (x) ise , o zaman r = x olarak yapılır . ( N tuhafsa, benzer bir şey işe yarıyorsa, sadece f (r + 1) = f (x) olup olmadığını kontrol etmemiz ve f (r)> f (x) ise 2 çıkarmamız gerekir .)$f(x)$$n$$f(r)<f(x)$$f(r) \bmod 3$$f(r)>f(x)$$f(r)-1\bmod 3$$f(r)=f(x)$$r=x$$n$$f(r+1)=f(x)$$2$$f(r)>f(x)$

Cevapların özeti. Emil Jeřábek, muntazam bir şekilde mükemmel bir şekilde üretemediğimiz sürece, TFNP'den ve ayrıca PPA-3'ten herhangi bir tek değerli arama problemini çözebileceğimizi göstermiştir. Öte yandan daniello, NP = ko-NP olmadığı sürece NP-tam problemlerini yukarıdaki şekilde çözemeyeceğimizi göstermiştir.

Domotorp'un cevabının bir takibi olarak, NP arama sorunlarını aşağıdaki kısıtlamalardan birini karşılayarak çözebileceğimize inanıyorum:

1. çözelti sayısı bilinmektedir ve bölünemez ; veya,$3$

2. çözeltilerin sayısı polinom olarak sınırlıdır (ancak önceden bilinmemektedir).

1. için, biz aşağıdaki duruma azaltmak için basit dolgu kullanabilirsiniz:

• Çözeltiler, eşit olduğu .[ 0 , 2 m - 1 ) $[0,2^{m-1})$$m$

• Çözümlerin sayısı tatmin .s s ≡ $s$$s\equiv1\pmod3$

• Herhangi iki çözüm en az mesafe uzaktadır. (Diyelim ki, hepsi bölünebilir .)4 $4$$4$

olduğuna dikkat edin . Yani, bir rasgele seçerek sorunu çözebilir eğer ve benzersiz çözümler için benim cevap benzer bir protokolü kullanarak (dağılımdaki sonuçlanan ilgili birinin kısa her başına ) çözümleri ve çıkış ise .3 ∣ 2 m - s a ∈ [ 0 , 2 m ) a ∈ [ 0 , 2 m - s ) { 0 , 1 , 2 } 0 s 0 a ∈ [ 2 m - s , 2 m$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

2., çözeltiler sayısı ilk kabul olan bilinen . Olduğu gibi /cstheory//a/37546 , let en büyük güç olması o böler böylece, o . Çözmek için olan sekanslar, ara sorunu ele alalım şekilde ve her orijinal problem bir çözümdür. Bir yandan, orijinal sorun yenisine indirgenir. Öte yandan, yeni sorunun çözüm sayısı , yani bölünemezs ≤ p ( n ) 3 k 3 s 3 ∤ ($s\le p(n)$$3^k$$3$$s$3 k )y0,…,y3k-1y0<y1<⋯<y3k-1yi($3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$3 k )$\binom s{3^k}$$3$ve bilinir. Böylece, 1 ile yapılır.

Şimdi, çözüm sayısı ile sınırlıysa , ancak bilinmiyorsa, nin her olası seçimi için paralel olarak katının ( ) üzerinde protokol çalıştırıyoruz. ve:p ( n ) 2 ℓ 2 ℓ ≥ p ( n ) 1 ≤ s ≤ 2 $p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• ipliklerden herhangi biri orijinal sorunun bir çözümünü döndürürse, çıktıya böyle bir tane geçiririz;

• bütün konuları iade elemanları biz çıkışı .r 1 , … , r 2 ℓ ∈ { 0 , 1 , 2 } ( r 1 + r 2 + ⋯ + r 2 ℓ ) mod $r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

İkinci olay Banyo, eşit dağıtılır için diğeri, orijinal sorun çözeltilerin gerçek sayı olacak bağımsızdır dolayısıyla bütün toplamı da tek düze olarak dağıtılır, .r s { 0 , 1 , 2 } s r i r $r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Ben başlayarak numaralar kullanacaktır yerine Bunun daha doğal buldukça.0 $0$$1$

İşte bu şekilde çözebileceğimiz iki sınıf problem:

1. TFNP'deki fonksiyonlar (yani, tek değerli toplam NP arama problemleri)

   (Bu, örneği tek yönlü permütasyonlarla genelleştirir. Özel bir durum olarak dan gelen karar sorunlarını içerir .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   Kurulumda, polinom-zaman yüklemi ve polinom , uzunluğunun her için uzunluğunda benzersiz bir olacak şekilde tutar. Hesaplamalı görev verilir , bulmak .R ( x , y ) p ( $R(x,y)$ ) x n y m = p ( n ) R ( x , y ) x $p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Şimdi, wlog'un çift ​​olduğunu varsayacağım , böylece . Algoritma cinsinden muntazam rastgele bir oluşturmak ve çıktım 2 m ≡ $m$( mod3 ) y ∈ [ 0 , 2 m$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • y R ( x , y $y$ (arama sorunun çözümü olarak) ise ;$R(x,y)$

   • y - y ′$y-y'$ ( rastgele bir öğesi olarak ) eğer ve ; 0 , 1 , 2 } y - y ′ ∈ { 1 , 2 } R ( x , y ′$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • y mod 3 { 0 , 1 , 2 } y ′ ∈ { y , y - 1 , y - 2 } R ( x , y ′$y\bmod3$ ( nin rastgele bir unsuru olarak ), eğer yoksa çözer .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Arama sorununun çözümü yoksa, rasgele seçimler ve kez ve kez (bir tane daha) verir. Bununla birlikte, , arama problemini çözerse, (üç kalıntı sınıfının hepsine çarpan) elemanları ile uğraştık, böylece avantajını ortadan kaldıran ve kalıntılarını ürettiler . (Burada olduğunu wlog varsayıyorum .)2 m 1 2 ( 2 m - 1 ) / 3 0 ( 2 m + 2 ) / 3 y y , y + 1 , y + 2 1 2 0 y < 2 m - $2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. PPA- arama problemleri$3$

   PPA- tanımlamanın uygun bir yolu NP arama problemleri olup, birçoğu aşağıdaki problemlere indirgenebilir. Biz sabit polinom zaman fonksiyonu olan ve bir polinom , örneğin herhangi bir giriş söz konusu uzunluğu , indüklenen eşleme girişlerine sınırlı uzunluğu bir fonksiyonudur karşılayan her için . Görev, verilen , bir fixpoint bulmak arasında : .3 f ( x , y ) p ( n ) x n f x ( y ) = f ( x , y ) y m = p ( n ) f x : [ 0 , 2 m ) → [ 0 , 2 m ) f x ( f x ( f x ( y ) ) $3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$= y y x y f x f x ( y ) = $f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Şöyle söz konusu şekilde bu çözebilir: verilen uzunluğunda , bir rastgele üretmek uzunluğu ve çıktıx n y m = p ( n $x$$n$$y$$m=p(n)$

   • y f $y$ bir f_x ;$f_x$

   • aksi takdirde , ve farklı öğelerdir. Bunları olarak ile ve çıkışı öyle ki .y f x ( y ) f x ( f x ( y ) ) { y , f x ( y ) , f x ( f x ( y ) ) } = { y 0 , y 1 , y 2 } y 0 < y 1 < y 2 i ∈ { 0 , 1 , $y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$} y = y $i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   O bu konuda düzgün bir şekilde dağılmasını sağladığını tanımlara olmayan fixpoint olarak, 'nin üçüzlerde gelir.{ 0 , 1 , 2 } $\{0,1,2\}$$y$

Kayıt için yukarıdaki sorunun Papadimitriou'nun PPA- için tam problemiyle eşdeğer olduğunu göstereyim , çünkü bu sınıf literatürde çoğunlukla ihmal edilmiştir. Sorun Buss, Johnson'da belirtilmiştir: “NP arama problemleri arasındaki öneri ispatları ve indirimler”, ancak denkliği belirtmezler. PPA için benzer bir sorun (YALNIZCA) Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo ve Pitassi'de verilmektedir: “NP arama problemlerinin göreceli karmaşıklığı”. hakkında özel bir şey yok , aşağıdaki argüman herhangi bir tek başbakan için gerekli değişiklikler yapılarak çalışıyor.3 $3$$3$

Önerme: Aşağıdaki NP arama problemleri poli-zaman çok-birliği birbirine indirgenebilir:

1. taraflı yönlendirilmemiş grafiği temsil eden bir devre ve derecesi bölünemeyen vertex verilmişse , böyle bir tepe noktası daha bulun.( A ∪ B , E ) u ∈ A ∪ B $(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Yönlendirilmiş bir grafiği temsil eden bir devre ve derece dengesi (yani derece dışı eksi derece olarak) bölünemeyen bir tepe noktası verildiğinde , böyle bir tepe noktası bulun.( V , E ) u ∈ V $(V,E)$$u\in V$$3$

3. Bir fonksiyon işlem bir devre verilen böyle , bir fixpoint bulmak .f : [ 0 , 2 n ) → [ 0 , 2 n ) f 3 = i d$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Kanıt:

$1\le_p2$ açıktır, çünkü kenarları soldan sağa yönlendirmek yeterlidir.

$2\le_p1$ : İlk önce, ağırlıklı bir iki taraflı grafik oluşturalım. ve içinde : içinde kopyası olsun . Her orijinal kenar , ağırlık ve ağırlık kenar kenarı koyuyoruz . Bu, grafik değerini orijinal grafikteki derece dengesine eşit yapar . Eğer bakiye verilen verteksidir , ekstra bir kenar eklemek ağırlığıA B V A = { x A : x ∈ V } B = { x B : x ∈ V } x → y { x A , y B } 1 { x B , y A } - 1 derece ( x A ) = - derece ( x B ) x u b ≢ $A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u$$b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$, böylece ve . bizim seçilen tepe noktası olacaktır.$\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

Grafiği düz, ağırlıksız yönlendirilmemiş bir grafik haline getirmek için, önce tüm ağırlıklar modulo düşürdük ve ağırlığının tüm kenarlarını düşürdük . Bu sadece ve ağırlıklarının kenarlarını bırakır . İkincisi uygun aletlerle değiştirilebilir. Örneğin, ağırlık - kenarı , , kenarları olan için yeni köşeler , , , , , : bu$3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$$i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$$\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$Ve katkıda bulunur için ve .$5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

$3\le_p2$ : Basitlik olduğunu varsayalım ki . aşağıdaki gibi yönlendirilmiş bir grafik oluşturuyoruz :$n$$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• Her için ve kenarlarını .$3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• Eğer olmayan bir fixpoint yörünge biz kenarlar içeren ve .$x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

Seçilen tepe noktası . İlk fıkra , her tepe noktasına veya dengesine katkıda bulunur . Benzer şekilde, ikinci madde, noktası olmayan köşelere denge veya katkıda bulunur. Bu nedenle, varsayarak gerçekten dengesiz modülo da, daha önce bir fixpoint değildir , ve diğer herhangi bir tepe noktası dengesiz modülo bir fixpoint olan .$u=2^n-1$$1$$-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$$2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

$1\le_p3$ : Bu varsayabiliriz ile , hatta ve köşe verilen derecesine sahip .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

tepe noktasına sahip kenarları etkin bir şekilde olarak etiketleyebiliriz , burada . Bu şekilde, , ile tanımladığımız alt kümesi olur . üzerinde işlevini aşağıdaki gibi tanımlarız.$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• tamamlayıcısında : her ve için , , , . Ayrıca, , , için . Bu , derecesi bölünemeyen her için ve noktasını . .$E$$y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$$f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$$f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• Açık : her biri için , onun olay kenarlarının etkili bir numaralandırma düzeltmek , burada . Biz koymak , , için . Bu , derecesi bölünemeyen her köşesi için puanı bırakır .$E$$x\in A$$(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$$x\in A$$3$

Yana olarak, olay kenarları iki kalmıştı; onları üçüncü nokta olarak kullanarak başka bir döngüsüne dönüştürüyoruz . Kalan noktalar sabit noktası olarak bırakılır . Yapım yoluyla, bunların herhangi biri (1) 'in bir çözümüne yol açacaktır.$\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$$(2^n-1,2^n-1)$$f$

Mükemmel mod VEYA SAT oluşturabilir (veya bu konuda başka bir NP-komple sorunu), . Özellikle, bir SAT formülü verildiğinde mükemmel jeneratörü / çözücüyü düşünün .$3$$NP = coNP$$\phi$

, boyutu girişlerinde jeneratör tarafından çizilen maksimum rastgele bit sayısı olalım . Jeneratör polinom zamanında çalıştığından, polinomdur. Yana tarafından bölünebilir değildir en bazı dizisi olması gerekir için jeneratör çıkış bir (doğru) cevabı yapacak para fırlatır . Eğer tatmin edici değilse , jeneratöre tatmin edilemez olduğunu söyleyen bir dizi para fırlatır . Eğer tatmin edici ise, jeneratör asla yanlış bir şekilde iddia etmeyecektir$\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$paralar ne olursa olsun, tatmin edilemez. Böylece, dil göstermiştir edilemezdir formüllerin olduğunu ima . $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

Dolayısıyla, Emil'in çözüm sayısının 1, 2 veya 4 olduğu (hangisini bilmemiz gerekmediği) arama sorunlarının yukarıdaki şekilde çözülebileceğini gösteren argümanının bir uzantısı. Cevap olarak gönderiyorum çünkü bir yorum için çok uzun ve umarım benden daha akıllı biri aslında çözüm sayısının 3'e bölünemez bir şey olabileceğini kanıtlayabilir.

Ki rastgele dizge bu olan yakın bir çözeltiye (yani, hiç olan tutan) bir eğer , ya da tutar. (Basitlik amacıyla, bu varsayalım ve . Çözeltiler değildir) Emil çözeltisi olarak, rasgele bir dizi oluşturmak için yeterli olduğu ve çıkış haricinde yerel olarak aylaklık çözümler; Detaylara girmiyorum, cevabını görüyorum. Bizim için bir çözüme rastgele bir sayıyı öldürebilirizr y R ( x , y ) R ( x , r ) R ( x , r + 1 ) R ( x , r + 2 ) y = 0 y = 1 r r mod 3 r mod 3 r r mod 3 mod $r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$$R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$muhtemelen 'nin geri kalanı için fonksiyonu mükemmel bir şekilde tekdüze bir sayı şekilde bir .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

Şimdi varsayalım ki, herhangi bir için çözüm sayısı 1 veya 2'dir . : ve uzunluğunda iki rastgele dizgi . Bunlardan en az biri bir çözüme yakın değilse, çıktısı . Kolaylık olması açısından, bunu yaptığımız zaman fazladan 0'a sahip olduğumuzu varsayalım ve ayrıca iki çözüm varsa bunların çok uzak olduğunu varsayalım. Eğer ve ikisi de aynı çözüme , öldürmek için Eğer ve farklı çözümlere , o zaman , öldürmek için ve eğerx n r 1 r 2 r 1 + r 2 mod 3 n r 1 r 2 r 1 r 2 r 1 < r 2 r 1 > r $x$$n$$r_1$$r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , biz 2'yi öldürmek için . Bu şekilde sadece bir çözüm varsa, tam olarak bir 0 öldürürken, iki çözüm varsa, iki 0 ve bir 1 ve bir 2 öldürürüz.

Bu argüman 3 çözüme genişletilemez, ancak 4 için olabilir ve buradan çok kabataslak olacağım. Hepsi bir çözüme yakın olmadıkça dört rastgele dize, ve çıktı . Yine, fazladan bir 0 olduğunu ve çözümlerin her zaman uzak olduğunu varsayalım. Eğer tüm aynı çözüme yakınsa, 0'ı öldürmek için Eğer üçü dördüncü yakın olduğu çözeltiden daha küçük olan aynı çözüme yakınsa, keman yaparız üçü dördüncü çözümünden daha büyük olan aynı çözeltiye$r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$yakınsa, 2'yi öldürmek için . Eğer tüm farklı bir çözüme yakınsa, üç 0'ı öldürürüz. Bir ve iki çözüm için doğruluk bir önceki duruma benzer. Dört çözüm için, dört + üç 0, altı 1 ve altı 2'leri öldürdüğümüze dikkat edin.$r_i$

Son paragrafın gerekçesinin, bazı cebirlerle 3 ile bölünemeyen sınırlı sayıda çözüme genişletilebileceğini düşünüyorum. Daha ilginç bir soru, herhangi bir sayıda çözüm için çalışan bir protokol olup olmadığıdır.