Gerçekten önyükleme yapan önyükleme sonuçları

TCS'de genellikle önyükleme sonuçları olarak adlandırılan bir tür sonuç vardır . Genel olarak, biçimdedir

Eğer teklif $A$ tutar, sonra teklif $A'$ tutar.

nerede $A$ ve $A'$ benzer görünen önermelerdir ve $A$ görünüşe göre "zayıf" $A'$, bu tür sonuçları adlandırmamızın nedeni budur. Birkaç somut örnek vereyim:

Teorem. [Chen ve Tell, STOC'19] Herhangi bir sorunu giderin$\Pi \in \{\mathsf{BFE,W_{S_5},W5STCONN}\}$ . Her biri için$c>1$ sonsuz sayıda var $d\in \mathbb{N}$ öyle ki $\mathcal{TC}^0$ derinlik devreleri $d$ daha fazlasına ihtiyacım var $n^{1+c^{-d}}$ sorunu çözmek için teller $\Pi$. Sonra herhangi biri için$d_0,k \in \mathbb{N}$, $\Pi$ tarafından çözülemez $\mathcal{TC}^0$ derinlik devreleri $d_0$ ve $n^k$ teller ve bu nedenle $\mathcal{TC}^0 \subsetneq \mathcal{NC}^1$.

Teorem. [Gupta ve ark., FOCS'13] Kalıcı hesaplamanın, karakteristiği alanlar üzerinde dan daha büyük boyut- aritmetik devre gerektirdiğini varsayalım . Daha sonra kalıcı hesaplamak süperpolinom büyüklüğünde aritmetik devreler gerektirir ve bu nedenle Valiant'ın Konjeksiyonu geçerlidir.$3$$n^{\Omega(\sqrt{n})}$$0$

Daha ünlü ama çok da uygun olmayan bir örnek, ince taneli karmaşıklıktan geliyor:

Teorem. [Backurs ve Indyk, STOC'15] zamanında (RAM modelinde) DÜZENLEME MESAFESİNİ hesaplayabilirsek , şu anda mevcut olanlardan daha hızlı bir SAT çözücüsü alırız.$O(n^{2-\epsilon})$

Güncelleme. (10 Temmuz 2019) Mesafeyi düzenleme örneği biraz kafa karıştırıcı olabilir. “Standart” bir örnek için Ryan'ın cevabına bakınız.

Tahmin edebileceğiniz gibi, (en iyi bilgime göre) bu türdeki tüm sonuçlar, çelişkili (kanıtlama mesafesindeki bir çelişkili aldım) kanıtlanarak kanıtlanmıştır. Yani bir anlamda bunların hepsi algoritmik sonuçlardır.

Genellikle bir önyükleme sonucunu anlamanın iki yolu vardır. 1. Biz sadece kanıtlamak zorunda ve sonra biz kanıtlamak istiyorsanız, sonuç uygulamak ; 2. Deney dolayı zor olabilir önsel biz düşünüyorum kanıtlayan zor.$A$$A'$$A$$A'$

Sorun şu ki, bir (veya daha doğrusu, I ) pek iyimser olmayabilir ve sonuçta bootstrap sonuçlarının olumlu bir kullanımı yoksa ilk anlayışı alabilir! Yani sorum

kanıtlanmış olduğu herhangi bir önyükleme sonucu biliyor muyuz ?$A$

Önyüklemesinin (ve gerçek alt sınır kanıtlayan için geçerlidir) tarafından klasik sonuç kanıtlanabilir elimizde olan hesaplama modelinde olmasıdır için bazı sabit , gerçekte elimizde , her .$TIME(n) \neq TIME(n^c)$$c > 1$$TIME(n) \neq TIME(n^{1+\epsilon})$$\epsilon > 0$

Buradaki fikir, eğer , her sabit için elde etmek için tekrar tekrar bir dolgu argümanı uygulayabiliriz . Böyle bir argümanı, çeşitli durumlarda bilinen zaman hiyerarşisi teoremlerini biraz iyileştirmek için bile kullanabilirsiniz.$TIME(n) = TIME(n^{1+\epsilon})$$TIME(n) = TIME(n^c)$$c$

Bunun aynı kağıttan yapıldığından emin değilim, ama Craig Gentry'nin ideal kafeslere dayanan tamamen homomorfik şifrelemede ilk geçişinde, önce bir FHE şeması oluşturmak için bir " belirli bir özelliğe sahip homomorfik "şifreleme şeması (şifre çözme devresi, devrenin şifreleyebileceği derinliklerden daha sığdır). Daha sonra, çok fazla çalışma ile, bu kadar homomorfik bir şifreleme şemasının nasıl oluşturulacağını gösterir.

Huang'ın Duyarlılık Konjonktürü hakkındaki son kanıtı, bunu ima ettiği bilinen bir kanıtlamayı içeriyordu . Aaronson'un bloguna bakın:$A'$$A$

1992 yılında Gotsman ve Linial'in öncü çalışmalarından, Hassasiyet Konjonktürünü kanıtlamak için, aşağıdaki daha basit kombinasyonel konjonktür kanıtlamanın yeterli olduğu biliniyordu :$A$

S, n-boyutlu Boole hiperküpünün herhangi bir alt kümesi olsun,$\{0,1\}^n$ ,$2^{n-1}+1$. O zaman S'de S'de en az ~ nc komşuları olan bir nokta olmalı.

Akla gelen bir şey, hesaplama öğrenme teorisinde, arttırmaktır . esasen:

PAC ayarında, sınıf için zayıf bir öğrenciniz varsa $\mathcal{C}$ (yani, rastgele tahmin etmekten "sadece daha iyi" yapan bir şey), o zaman sınıf için (güçlü) bir öğrenci edinirsiniz $\mathcal{C}$.

Tipik olarak, bu gerçekten zayıf bir öğrenci edinerek kullanılır.