Yoğun bir lineer operatörün OR-devresi karmaşıklığı

Aşağıdaki basit monoton devre modelini düşünün: her kapı sadece bir ikili OR'dir. fonksiyonunun karmaşıklığı nedir; burada A , O ( n ) 0'lara sahip bir Boole n × n matrisidir ? Doğrusal boyutlu OR devreleri ile hesaplanabilir mi?$f(x)=Ax$$A$$n \times n$$O(n)$

Daha resmi olarak, n ila n bit arasında bir işlevdir . İ arasında inci çıkış f olduğu ⋁ n j = 1 ( A ı j ∧ x j ) (diğer bir deyişle, bir OR tarafından verilen giriş bit alt kümesinin i arasında inci satır A ).$f$$n$$n$$i$$f$$\bigvee_{j=1}^{n}(A_{ij} \land x_j)$$i$$A$

Not bu 0 en sıraları bölünmüş A içine O ( n ) aralıkları (ardışık elemanlardan oluşan alt- [ n ] ). Bu, bilinen aralık sorgu veri yapılarının kullanılmasını mümkün kılar. Örneğin, seyrek bir tablo veri yapısı O boyutunda bir OR devresine ( n log n ) dönüştürülebilir . Yao algoritması Aralığı Yarıgrup operatör sorguları için boyutu (neredeyse doğrusal bir devre haline olabilir , O ( α ( n ) ⋅ n $O(n)$$A$$O(n)$$[n]$$O(n\log n)$$O(\alpha(n) \cdot n)$ ters Ackermann)$\alpha(n)$

Özellikle, her bir satırının tam olarak iki sıfır içerdiği özel bir durum için doğrusal boyut devresinin nasıl oluşturulacağını bile bilmiyorum . Her sırada tam olarak bir sıfır olması kolaydır. (Her çıkış işlevi, 2 n OR geçidi ile önceden hesaplanabilen bir [ 1 .. k - 1 ] önekinin OR'si ve [ k + 1 .. n ] sonekiyle hesaplanabilir .)$A$$[1..k-1]$$[k+1..n]$$2n$

Bu, her satırdaki veya her sütundaki sıfır sayısı üzerinde bir üst sınırımız olduğunda kısmi (olumlu) bir cevaptır.

Bir dikdörtgen bir bütün-1 submatrix oluşan ve başka bir yerde sıfır olan bir Boole matristir. Bir OR-seviye bir Boole matris en küçük sayı R şekilde dikdörtgenler bir bir (componentwise) şekilde yazılabilir olabilir veya bu dikdörtgenler. Yani, A'nın her 1 girişi , dikdörtgenlerden en az birinde 1 giriştir ve A'nın her 0 girişi, tüm dikdörtgenlerde 0 giriştir. Not günlük r k ( A ) tam matris nondeterministic iletişim karmaşıklığıdır $rk(A)$$r$$A$$A$$A$$\log rk(A)$$A$(burada Alice satırlar ve Bob sütunları alır). OP'nin yazdığı gibi, her boolean matrisi A = ( a i , j ) y = A x eşlemesini tanımlar , burada y i = ⋁ n j = 1 a i , i = 1 , … , m için j x j . Yani, boole döneminin üzerine bir matris-vektör ürünü alıyoruz. $m\times n$$A=(a_{i,j})$$y=Ax$$y_i=\bigvee_{j=1}^na_{i,j}x_j$$i=1,\ldots,m$

Aşağıdaki lemmanın nedeni Pudlák ve Rödl'dir; doğrudan bir yapım için bu makaledeki Önerme 10.1'e veya bu kitaptaki Lemma 2.5'e bakınız .

Lemma 1: Her boolean matrisi A için , y = A x eşlemesi , en fazla O ( r k ( A ) ⋅ n / log n ) kablosu kullanılarak sınırsız bir derinlik-3 fanin OR-devresi ile hesaplanabilir . $n\times n$$A$$y=Ax$$O(rk(A)\cdot n/\log n)$

Ayrıca yoğun matrislerin OR-sıralamasında aşağıdaki üst sınırlara sahibiz. Argüman bu makalede Alon tarafından kullanılanın basit bir varyasyonudur .

Lemma 2: Boole matris her sütunu veya her satırı en fazla d sıfır içeriyorsa, r k ( A ) = O ( d ln | A | ) , burada | A | sayısıdır 1 de s A . $A$$d$$rk(A)=O(d\ln|A|)$$|A|$$1$$A$

İspat: Her sırayı bağımsız olarak aynı olasılıkla p = 1 / ( d + 1 ) seçerek rastgele bir all- matrisi R oluşturun . Let Ben satırların elde rastgele alt kümesi. O zaman R = I × J olsun , burada J , I'deki satırlarda sıfır olmayan tüm A sütunlarının kümesidir . $1$$R$$p=1/(d+1)$$I$$R=I\times J$$J$$A$$I$

Bir -Giriş ( i , j ) bir A ile kaplıdır R ise ı olarak seçildi I ve (en hiçbiri d bir ile) sıralar , 0 içinde j -inci sütun içinde seçildi I . Dolayısıyla, giriş ( i , j ) en az p ( 1 - p ) d ≥ p e - p d - p 2 d prob ile kaplıdır.$1$$(i,j)$$A$$R$$i$$I$$d$$0$$j$$I$$(i,j)$ . R dikdörtgenlerinielde etmek içinbu prosedürü r kezuygularsak, ( i , j ) ' nin bu dikdörtgenlerin hiçbirinin kapsamadığıolasılığı ( 1 - p / e ) r ≤ e - r p / e değerini aşmaz. Sendikaya bağlı olarak, A'nın bazı 1 girişlerininaçıkkalmaolasılığıen fazla | A | ⋅ E - r p /$p(1-p)^{d}\geq pe^{-pd-p^2d}\geq p/e$$r$$r$$(i,j)$$(1-p/e)^r\leq e^{-rp/e}$$1$$A$$|A|\cdot e^{-rp/e}$r = O ( d ln | A | ) için küçüktür . $1$$r=O(d\ln|A|)$$\Box$

Sonuç: Boole matrisinin her sütunu veya her satırı en fazla d sıfır içeriyorsa, y = A x eşlemesi O ( d n ) telleri kullanılarak derinlik-3'ün sınırsız bir fanin OR devresi ile hesaplanabilir . $A$$d$$y=Ax$$O(dn)$

Lemma 2'deki gibi bir üst sınırın da bir sütunda (veya bir satırda) ortalama 1 sn olduğu zaman tutması gerektiğini tahmin ediyorum . Bunu göstermek ilginç olurdu.$d$$1$

Not: (2018/04/01 ilave) bir analog olduğunda lemma 2 de geçerli d olan maksimum ortalama sayısı bir submatrix sıfırların A , burada ortalama sayısı sıfır arasında bir r x s matris bölünmesiyle sıfırların toplam sayısı s + r . Bu, N. Eaton ve V. Rödl'deki Teorem 2'den ; Küçük boyutlu grafikler, Combinatorica 16 (1) (1996) 59-85 . Biraz daha kötü bir üst sınır$rk(A)=O(d^2\log n)$$d$$A$$r\times s$$s+r$ aşağıdaki gibi lemma 2 doğrudan elde edilebilir.$rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$

Lemma 3: Let . Bir bipartit grafiğin her kapsayan alt grafiğinin ise G ortalama derecesi vardır ≤ d , ardından G, bir birlik olarak yazılabilir G = G 1 ∪ G 2 maksimum derecesinin sol G 1 ve en fazla doğru derecede G 2 olan ≤ d . $d\geq 1$$G$$\leq d$$G$$G=G_1\cup G_2$$G_1$$G_2$$\leq d$

Korumalı: İndüksiyon numarası ile köşe. Temel vakalar n = 1 ve n = 2 açıktır. İndüksiyon adımı için, kenarları mavi ve kırmızı olarak renklendireceğiz, böylece hem mavi hem de kırmızı alt bölümlerdeki maksimum derece ≤ d olacaktır . Bir köşe al u derece ≤ d ; böyle bir tepe noktası mevcut olmalıdır, çünkü tüm grafiğin ortalama derecesi ≤ d olmalıdır . Eğer u sol kısmına aittir, ardından bütün kenarları olayı renklendirmek u mavi, başka renkte Kırmızı renkli tüm bu kenarları. U tepe noktasını kaldırırsak$n$$n=1$$n=2$$\leq d$$u$$\leq d$$\leq d$$u$$u$$u$elde edilen grafik ortalama derecesi de en fazla d'dir ve bu grafiğin kenarlarını indüksiyon hipotezi ile renklendirebiliriz. $G$$d$$\Box$

Lemma 4: Let . Boole n × n matrisindeki maksimum ortalama sıfır sayısı A = ( a i , j ) en fazla d ise , r k ( A ) = O ( d 2 ln 2 n ) . $d\geq 1$$n\times n$$A=(a_{i,j})$$d$$rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$

Korumalı: ikili göz önünde grafik G ile ( i , j ) olmak ancak ve ancak, bir kenar , bir i , j = 0 . O zaman maksimum ortalama G derecesi en fazla d olur . Lemma 3 ile, yazabiliriz G = G 1 ∪ G 2 sol kısmında köşe azami derecede, G 1 ve sağ tarafında köşe azami derecede G 2 olduğu ≤ d . İzin Vermek$n\times n$$G$$(i,j)$$a_{i,j}=0$$G$$d$$G=G_1\cup G_2$$G_1$$G_2$$\leq d$ ve A 2 bitişik olması matrislerin tamamlayıcı olabilir G 1 ve G 2 . Bu nedenle, bir = A 1 ∧ bir 2 olan bir componentwise ve bu matrisler. Her satırda sıfır sayısı A 1 ve her bir sütunda A 2 en fazla olduğu , d . Yana r k ( A ) ≤ r k ( A 1 ) ⋅ r k ( A 2$A_1$$A_2$$G_1$$G_2$$A= A_1\land A_2$$A_1$$A_2$$d$$rk(A)\leq rk(A_1)\cdot rk(A_2)$, Lemma 2 verimler . $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$$\Box$

Not : Aşağıdaki basit örnek (Igor Sergeev tarafından işaret edilmiştir) cevabın sonundaki "tahminimin" tamamen yanlış olduğunu gösterir: yı A matrisinin tamamındaki ortalama sıfır sayısı olarak alırsak (değil tüm alt matrislerde maksimum ortalamalar), o zaman Lemma 2 kötü bir şekilde başarısız olabilir. Let m = $d=d(A)$$A$ vem×mmatrisini girin,A'nınsol üst köşesini söyleyinve kalan girişleri olanlar ile doldurun. Daha sonrad(A)≤m2/2N<1, ancakrk(A)≥molup,katlanarakdaha büyükln| A| . Bununla birlikte, bu matrisin OR karmaşıklığının çok küçük olduğuna dikkat edin,O(n). Yani,doğrudanargümanlar (sıralama yoluyla değil)$m=\sqrt{n}$$m\times m$$A$$d(A)\leq m^2/2n < 1$$rk(A)\geq m$$\ln|A|$$O(n)$yoğun matrislerin OR karmaşıklığı üzerinde çok daha iyi üst sınırlar verebilir .

(Bunu yukarıdaki Stasys'in cevabına bir yorum olarak göndermeye çalıştım, ancak bu metin bir yorum için çok uzun, bu yüzden bir cevap olarak gönderiyor.) Ivan Mihajlin (@ivmihajlin) aşağıdaki inşaat ile geldi. Stasys'in kanıtına benzer şekilde, her bir satırdaki maksimum (ortalamadan ziyade) 0 sayısının sınırlandığı durumda çalışır.

İlk olarak, her satırın tam olarak iki sıfır içerdiği durumu düşünün. Aşağıdaki yönlendirilmemiş grafiği düşünün: köşe kümesi ; iki düğüm i ve j, sütun sıfır olan bir satır yoksa, bir kenar ile birleştirilir i ve j . Grafiğin n kenarı vardır ve bu nedenle en az n / 2 boyutunda bir kesim ( L , R ) içerir . Bu kesim matrisin sütunlarını iki parçaya ayırır ( L ve R ). Şimdi sıraları iki kısma ayırın: üst kısım $[n]$$i$$j$$i$$j$$n$$(L,R)$$n/2$$L$$R$$T$ ve R'de tam olarak bir sıfıra sahip tüm sütunları içerir ; alt kısım B , kalan tüm satırları içerir. Matrisin ( T × ( L ∪ R ) ) üst kısmı hakkında güzel olan, O ( n ) kapıları ile hesaplanabilmesidir . Alt kısım için, tüm 1 sütunu keselim ve özyinelemeli bir çağrı yapalım. Karşılık gelen rekürrens ilişkisi C ( n'yi ima eden C ( n ) ≤ a n + C ( n / 2 $L$$R$$B$$T \times (L \cup R)$$O(n)$$C(n) \le an + C(n/2)$ .$C(n)=O(n)$

Şimdi, her satırda en fazla sıfır olması durumunda genelleştirin . Let Cı D ( n ) , bir karmaşıklığı olmak n x ( ≤ d n ) en matristen d satır başına sıfırların (birden fazla varsa, d , n bölümlerinden daha sonra bazıları hepsi 1) vardır. Sütunları en az n ( 1 - 2 - d ) satır ( T olarak adlandırın ) aşağıdaki özelliği karşılayacak şekilde iki parça L ve R'ye bölün : tam olarak $d$$C_d(n)$$n \times (\le dn)$$d$$dn$$L$$R$$n(1-2^{-d})$$T$$d$sırayla sıfırlar, o zaman hepsi aynı parçaya ait değildir (kalan satırları belirtin ). Ardından üç özyineli çağrı yapın: T × L , T × R ve B × ( L ∪ R ) . Bu tekrarlama ilişkisi verir C d ( n ) ≤ a n + 2 ⋅ C d - 1 ( n ( 1 - 2 - d ) ) + C d ( $B$$T \times L$$T \times R$$B \times (L \cup R)$. Bu da, anlamına gelir Cı D (n)≤f(d)⋅n. Fonksiyonf(d), ancak yine de, üstel bir. $C_d(n) \le an + 2\cdot C_{d-1}(n(1-2^{-d}))+C_d(2^{-d}n)$$C_d(n) \le f(d)\cdot n$$f(d)$