NP tamamlama faktörü varyasyonu.

Arora ve Barak'ın kitabı faktoringi şu problem olarak sunuyor:

$\text{FACTORING} = \{\langle L, U, N \rangle \;|\; (\exists \text{ a prime } p \in \{L, \ldots, U\})[p | N]\}$

Ayrıca, Bölüm 2'de, asal olduğu gerçeğinin ortadan kaldırılmasının, bu faktoring sayılarının zorluğu ile bağlantılı olmamasına rağmen, bu sorunu NP-eksiksiz hale getirdiğini de ekliyorlar . SUBSETSUM'dan bir düşüş olabileceği görülüyor, ancak bulurken sıkışıp kaldım. Buralarda daha iyi şanslar var mı? $p$

1 Mart’ın EDIT’i: Bu ödül, deterministik Karp (veya Cook) indirimini kullanan eksiksizliğini kanıtlamak içindir. $NP$

cc.complexity-theory np-hardness factoring

— Michaël Cadilhac
kaynak

@turkistany: FWIW, NP'yi italik yapmak için kötü bir stil ve matematiksel moda koymak için hem kötü bir stil hem de kötü LaTeX (harflerin arasındaki boşluklar farklı olduğu için) olarak görüyorum.

— Michaël Cadilhac

@ Michaël, Özür dileriz, orijinal stiline geri döndü. Sorunuzla heyecanlandım :)

— Mohammad Al-Turkistany

Biraz daha ayrıntılı bir açıklama: Kitabın 63. sayfasında, şunları yazdılar: Alon ve Kilian (kişisel iletişimde) , Örnek 2.3'teki Faktoring dilinin tanımında, p faktörünün asıl şart olması şartının, faktoring sorunu, çünkü bu şart olmadan bu dil NP tamamlayıcısıdır (faktoring tamsayılarının sertliği ile ilgisi olmayan nedenlerden dolayı).

— MS Dousti

Doğal olarak, Alon ve Kilian'ın “faktoring” ve “NP-tamamlama” içeren bir makalesini aradım. Hiçbiri bulmadım (sanırım bu da bir anlamda doğaldır). :(

— Tsuyoshi Ito

@Michael Aslında NP'den çok

olarak sınıfları oluşturmayı seviyorum . Hayır ?

N P

$\mathsf{NP}$

— Suresh Venkat

Yanıtlar:

Bu tam bir cevap değil, ama yakın. Aşağıdaki, rastgele indirgeme altında sorunun NP zor olduğuna dair bir kanıt.

Alt küme toplamıyla bariz bir ilişki var: : , , , faktörlerini bildiğinizi varsayalım . Şimdi, bir alt kümesi bulmak istediğiniz arasında öyle $N$ $p_1$ $p_2$ $\ldots$ $p_k$ $S$ $p_1$ $\ldots$ $p_k$

\log L \leq \sum_{p_{i} \in S} \log p_{i} \leq \log U .

$\displaystyle \log L \leq \sum_{p_i \in S} \log p_i \leq \log U.$

Sorunu göstermek için bu fikri kullanmaya çalışmakla ilgili problem NP-zordur, eğer , , , sayılarıyla alt küme bir problem yaşarsanız, bu gibi polinom zamanlarında asal sayılar bulamazsınız. Bu ( yaklaşık olarak orantılı demek istiyorum). Alt kümesi-sum şiddetle NP-tam olmadığından, bu bulmalıyız, çünkü bu gerçek bir sorun büyük tamsayılar için . $t_1$ $t_2$ $\ldots$ $t_k$ $\log p_i \propto t_i$ $\propto$ $\log p_i$ $t_i$

Şimdi, alt küme toplamı probleminde tamsayılarının ile olmasını ve toplamın yaklaşık olmasını istediğimizi varsayalım. $t_1$ $\ldots$ $t_k$ $x$ $x(1+1/k)$ . Alt küme toplamı sorunu hala NP tamamlanmış olacak ve herhangi bir çözümtam sayılarınıntoplamı olacaktır. Biz izin verirsen biz reals için tamsayılar gelen sorunu değiştirebilir arasında olmasıve $\frac{1}{2}\sum_i t_i$ $k/2$ $t'_i$ $t_i$ ve toplamın tamolmasını istemek yerine,ilearasında olmasını istiyoruz. $t_i+\frac{1}{10k}$ $s$ $s$ . Bunu yapmak için sayılarımızı sadecedaha fazla hassasiyetlebelirtmemiz gerekir. Böylece,bitlisayılarla başlarsakve gerçek sayılarıyaklaşıkkesinliğe kadar belirleyebilirsek, indirgememizi yapabiliriz. $s + \frac{1}{10}$ $4 \log k$ $B$ $\log p_i$ $B + 4 \log k$

Şimdi, gelen wikipedia (aşağıda Hsien-Chih yorumuna aracılığıyla) arasındaki asal sayıları ve olan sadece o aralıkta rastgele sayı seçmek eğer öyleyse, ve polinom zamanında bir prime almak için yüksek olasılıkla onları primalite için test edin. $T$ $T+ T^{5/8}$ $\theta(T^{5/8}/\log T)$

Şimdi, azaltmayı deneyelim. En bizim diyelim hepsi uzun bit. Biz alırsak uzunluğu bit, o zaman bir ana bulabilirsiniz civarındaki ile hassas bit. Böylece, seçebilir ve böylece hassas $t_i$ $B$ $T_i$ $3B$ $p_i$ $T_i$ $9/8B$ $T_i$ $\log T_i \propto t_i$ bit. Bu, bulmasını sağlar ve böylece hassas $9/8\, B$ $p_i \approx T_i$ $\log p_i \propto t_i$ bit. Bu primerlerin bir alt kümesi, hedef değere yakın bir şeyle çarpılırsa, orijinal alt küme toplamı sorunlarına bir çözüm bulunur. Böylece ,uygun şekilde ve seçelimvealt küme toplamından rasgele bir indirgeme elde ettik. $9/8\,B$ $N=\Pi_i p_i$ $L$ $U$

— Peter Shor
kaynak

Azalmayı anlamıyorum. Alt küme toplamı sorununun NP tamamlaması için, sayı ikili olarak verilmelidir. Logaritmaları altküme toplamı sorununun bir örneğindeki sayılara yakın olan tamsayılar istiyorsak, üstel olarak birçok basamağa ihtiyacımız var. Bunun üstesinden nasıl gelirsiniz?

— Tsuyoshi Ito,

@Peter: sayı teorisi varsayım olarak adlandırılır Cramer varsayım belirtmektedir,

, n-inci asal sayıdır. Başvuru için ayrıca makale ana boşluğuna bakınız .

p_{n + 1} - p_{n} = O (\log^{2} n)

$p_{n+1} - p_n = O(\log^2 n)$

p_{n}

$p_n$

— Hsien-Chih Chang,

@Peter: Evet, bu varsayımın

versiyonunun yeterince büyük olduğu kanıtlandı . Bu tür ilk sonuç Hoheisel ile gösterilen, ve dolayı iyi sonuç olan wikipedia tarafından iş Baker, Harman ve Pintz ile,

(o olasılık 1 için de geçerlidir için) ve

T

$T$

α = 0.525

$\alpha = 0.525$

c_{1} = \infty

$c_1 = \infty$

c_{2} = 1

$c_2 = 1$

— Hsien-Chih Chang,

Bu yeni geldi. Orijinal Kilian-Alon kanıtının ne olduğunu bilmediğime dikkat etmeliyim. İspat hakkındaki tek bilgim, orijinal ispatın ayrıntılarını hatırlamayan Noga ile olan bir iletişimden kaynaklanıyor ve yeniden oluşturduğu ispat da tam olarak bu oldu. Ayrıca, bazı güçlü sayı teorik varsayımlar altında (örneğin, [x, x + polylog (x)) formunun herhangi bir aralığında bir asal olduğunu) deterministik bir azalma olarak tanımlanabileceğini unutmayın.

— Boaz Barak

Ben sadece Joe Kilian ile konuştum. Alon ve kendisinin ortaya çıktığını gösteren kanıtın, sıfır hata rastgele indirgeme getirdiğini söyledi. Bildiği kadarıyla, Boaz Barak'ın daha önce de söylediği gibi, bazı teorik varsayımlar yapmazsanız, deterministik azaltma hala açık.

— Timothy Chow

Bunun PCP teoremine bağlı olduğunu düşünüyorum (özellikle ). $NP = PCP[O(\log{n}), O(1)]$

Madhu'nun makalesinden bir alıntı :

... Bir doğrulayıcının herhangi bir polinom zaman hesaplamasını yapabileceği nosyonu, teoremlerin sınıfını zenginleştirir ve kanıtları oldukça zenginleştirir ve önemsiz olmayan teoremleri kanıtlama yöntemleri sunmaya başlar. (Dolaysız bir sonucu biz teoremler / ispatları / iddialar / argümanlar ikili dizilerdir varsayabiliriz ve böylece bundan böyle yapacağız olmasıdır.) Örneğin, bir onaylama işlemi olduğunu varsayalım (Riemann Hipotezi söylemek) ve bunun olduğuna inanıyorum demek 10.000 sayfalık bir makaleye sığacak olan kanıt. Hesaplamalı bakış açısı, ve bu sınırın (10.000 sayfa) göz önüne alındığında , birisinin , ile üç pozitif tamsayının verimli bir şekilde hesaplanabileceğini söylüyor. $A$ $A$ $N, L, U$ $L \leq U \leq N$ öyle ki , ve arasında bir bölen varsa ve doğrudur . , ve tamsayıları oldukça uzun olacak (belki de yazmaları bir milyon sayfa alacaktır), ancak son derece verimli bir şekilde üretilebilirler (tüm bu tam sayıların çıktısını almak için bir yazıcının alacağı süreden daha az bir sürede, bu kesinlikle en fazla bir veya iki gündür). (Bu özel örnek, Joe Kilian , kişisel iletişim nedeniyle bir sonuca dayanmaktadır ) ... $A$ $N$ $L$ $U$ $N$ $L$ $U$

... karmaşıklık teorisi becerilerimin çok ötesinde :-)

— Marzio De Biasi
kaynak

Bu, bu sorunun NP tamamlanmış olduğu başka bir formülasyondur.

— Marc Bury

{⟨ L, U, N ⟩ | (\exists p \in {L, \dots, U}) [p | N]}

$\{\langle L, U, N \rangle \;|\; (\exists p \in \{L, \ldots, U\})[p | N]\}$

Kağıttaki KISA PROOFS problemi, sınırlı durma problemiyle neredeyse aynıdır. KISA PROOFS probleminden bir düşüş, SAT'ın NP'nin eksiksizliğini gösteren tipik bir kanıt kadar karışık olabilir ve bu nedenle, bu faktörün NP'nin tamamlandığına dair kanıtın Kilian tarafından düşürülmesinin muhtemel olmadığı, KISA PROOFS sorunu doğrudan.

— Tsuyoshi Ito

Bu gayrı resmi bir etkin bir deterministik azaltma fikridir (ve eksik olabilir):

$\{\langle L, U, M \rangle \;|\; (\exists \text{ a positive integer } p \in \{L, \ldots, U\})[p | M]\}$

$M$ $M=N_j * F_i$

— Muhammed El Türkistan
kaynak