Sonlu abelyan grupları için Üyelik Testinin Karmaşıklığı

Aşağıdaki abelian-alt grup üyelik testi sorununu göz önünde bulundurun .

girişler:

Sonlu bir abelya grubu $G=\mathbb{Z}_{d_1}\times\mathbb{Z}_{d_1}\ldots\times\mathbb{Z}_{d_m}$ , keyfi büyük $d_i$ .

Bir üretim kümesi $\lbrace h_1,\ldots,h_n\rbrace$ , bir alt-grubu $H\subset G$ .

Bir eleman $b\in G$ .

Çıktı: $b\in H$ ve 'hayır' başka yerlerde ' ise' evet '.

Soru: Bu problem klasik bir bilgisayarda etkili bir şekilde çözülebilir mi? Klasik Turing makineleri anlamında $O(\text{polylog}|G|)$ zamanını ve bellek kaynaklarını kullanıyorsa bir algoritmanın verimli olduğunu düşünüyorum . Herhangi bir alt grup için olduğunu varsayabiliriz . Giriş boyutlu bu sorunun olduğunu . $n= O(\log|G|)$ $H$ $\lceil \log|G|\rceil$

Biraz motivasyon . Sezgisel olarak problem, doğrusal kongruans sistemlerini veya doğrusal diofantin denklemlerini çözmek için algoritmalarla ele alınabilir gibi görünüyor (aşağıda okuyun). Bununla birlikte, tamsayılarla hesaplamalar bağlamında kullanılan farklı hesaplama verimliliği kavramları vardır, örneğin: güçlü bir şekilde zayıf polinom zamanına, cebirlere karşı bit karmaşıklığına. Bu tanımlarda uzman değilim ve bu soruyu açıkça çözen bir referans bulamıyorum.

Güncelleme: sorunun cevabı "evet".

Geç bir cevapta, Smith normal formlarına dayanan ve reçete edilen forma sahip herhangi bir grup için etkili bir yöntem önerdim.

Bütün özel durumda bu Blondin gösterileri bir cevap formu vardır ve "küçük tam sayılar" yerleştirilir, daha sonra bir sorun ait . Küçük tamsayılar giriş boyutu ile katlanarak küçüktür: . $d_i$ $d_i= N_i^{e_i}$ $N_i, e_i$ $\text{NC}^3\subset \text{P}$ $O(\log\log|A|)$

Cevabımda bu sorunu çözmek için "dikey alt gruplar" kullandım, ancak bunun gerekli olmadığına inanıyorum. Ben okuduğum bir satır Echelon formlar yöntemi dayalı gelecekte daha doğrudan bir cevap vermeye çalışacağım.

Bazı olası yaklaşımlar

Sorun, doğrusal uyum sistemleri ve / veya doğrusal diofantin denklemlerinin çözümü ile yakından ilgilidir. Bu bağlantıyı tamamlama uğruna kısaca özetliyorum.

Sütunları, oluşturma kümesinin öğeleri olan matris olmak için alın . Aşağıdaki denklemler sistemi $A$ $\lbrace h_1, \ldots, h_n \rbrace$

A x^{T} = (\begin{matrix} h_{1} (1) & h_{2} (1) & \dots & h_{n} (1) \\ h_{1} (2) & h_{2} (2) & \dots & h_{n} (2) \\ ⋮ & ⋮ & \dots & ⋮ \\ h_{1} (m) & h_{2} (m) & \dots & h_{n} (m) \end{matrix}) (\begin{matrix} x (1) \\ x (2) \\ ⋮ \\ x (n) \end{matrix}) = (\begin{matrix} b (1) \\ b (2) \\ ⋮ \\ b (m) \end{matrix}) \begin{matrix} \mod d_{1} \\ \mod d_{2} \\ ⋮ \\ \mod d_{m} \end{matrix}

$Ax^{T}= \begin{pmatrix} h_1(1) & h_2(1) & \ldots & h_n(1)\\ h_1(2) & h_2(2) & \ldots & h_n(2)\\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ h_1(m) & h_2(m) & \ldots & h_n(m) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x(1)\\ x(2)\\ \vdots\\ x(n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b(1) \\ b(2) \\ \vdots\\ b(m) \end{pmatrix} \begin{matrix} \mod d_1\\ \mod d_2\\ \vdots\\ \mod d_m \end{matrix}$

bir çözüm vardır ve sadece . $b\in H$

Tüm döngüsel faktörler aynı boyutta ise, Smith'i normal formlara dayanan ve polinom zamanında problemi çözen bir algoritma vardır. Bu durumda, bir verimli bir algoritma [1] Smith normal formu bulur : bir köşegen matris verir ve iki tersinir matrisler ve şekilde . Bu, eşdeğer sistem sisteminin diyagonal ile çözme problemini azalttı . Öklid algoritmasını kullanarak sistemin bir çözümü olup olmadığına verimli bir şekilde karar verebiliriz. $d=d_i$ $A$ $D$ $U$ $V$ $D=UAV$ $DY=Ub \mod d$ $D$

Yukarıdaki örnek, sorunun genel durumda benzer teknikler kullanılarak verimli bir şekilde çözülebileceğini göstermektedir. Sistemi modüler işlemler yaparak veya sistemi daha büyük bir doğrusal diofantin denklemleri sistemine dönüştürerek çözmeye çalışabiliriz. Düşünebileceğim soruna yaklaşmak için bazı olası teknikler şunlardır:

normal formlarını hesaplamak . $A$
Echelon sıra satırının hesaplanması . $A$
Tamsayı Gauss yok etme.

— Juan Bermejo Vega
kaynak

eşzamanlı olarak MO üzerinde çapraz bağlı: mathoverflow.net/questions/81300/…

— Suresh Venkat

Bu soruyu aynı anda çapraz puanladığınız anlaşılıyor . Biz ediliyor soru sakıncası ise reposted , bizim site politikası yeterli zaman geçti ve eşzamanlı yollamaktasınız çaba ve kırıklar tartışma çoğaltır, çünkü başka bir yerde istenilen cevabı elde etmedi sonra repost izin verilmesidir. Şimdi kapatılması için bu soruyu işaretleyebilir ve ardından diğer sitelerden ilgili tartışmaları özetledikten sonra gerekirse açılmak üzere yeniden sorabilirsiniz.

— Suresh Venkat

Orijinal posterin talebi üzerine kapalıdır (MO'da çoğaltma nedeniyle).

— Dave Clarke

Gönderi kapatılmadan önce bir cevap gönderdim. Kanımca, soru karmaşıklık teorisi literatüründe yoğun bir şekilde çalışıldığı için burada mathoverflow'a göre daha uygundur.

— Michael Blondin

OP talebi üzerine yeniden açıldı; karmaşıklığa odaklanmak onu buraya uygun kılar.

— Suresh Venkat

Yanıtlar:

Doğrulama olup (burada OP yorumlara göre vektörler) bu sisteme bir çözelti olup olmadığını doğrulamak için eşdeğerdir: $b \in \langle h_1, \ldots, h_n\rangle$ $h_i$

(\begin{matrix} h_{1} (1) & \dots & h_{n} (1) & d_{1}^{e_{1}} & 0 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ h_{1} (m) & \dots & h_{n} (m) & 0 & 0 & \dots & d_{m}^{e_{N}} \end{matrix}) (\begin{matrix} x (1) \\ ⋮ \\ x (n) \\ y (1) \\ ⋮ \\ y (m) \end{matrix}) \equiv (\begin{matrix} b (1) \\ ⋮ \\ b (m) \end{matrix})

$\begin{pmatrix} h_{1}(1) & \cdots & h_{n}(1) & d_1^{e_1} & 0 & \cdots & 0 \\\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\\\ h_{1}(m) & \cdots & h_{n}(m) & 0 & 0 & \cdots & d_m^{e_N} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x(1) \\\\ \vdots \\\\ x(n) \\\\ y(1) \\\\ \vdots \\\\ y(m) \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} b(1) \\\\ \vdots \\\\ b(m) \end{pmatrix}$

Senin durumda minik numaralar (yani. Onların değer girişi boyutunda logaritmik olan) bulunmaktadır. Ne yazık ki, küçük olduğunu varsayabiliriz . $e_1, \ldots, e_N$ $d_1, \ldots, d_n$

Eğer öyleyse , McKenzie & Cook [1] sonucunda içinde sisteme bir çözüm bulabilirsiniz . Bu makale, lineer kongruans modulo'nun küçük faktörlere (LCON) sahip bir tamsayıyı çözmenin . Ayrıca, bu sorun abelian permütasyon grubu üyelik problemine (AGM) eşdeğer . McKenzie'nin doktora tezi tamamen bu sorunlara ayrılmıştır [1] . Daha yakın zamanlarda, bu problemler Arvind & Vijayaraghavan tarafından değerlendirilmiştir [3] . $\text{NC}^3$ $\text{NC}^3$ $\text{NC}^1$

[1] Pierre McKenzie ve Stephen A. Cook. Abelian permütasyon grubu problemlerinin paralel karmaşıklığı. 1987.

[2] Pierre McKenzie. Paralel karmaşıklık ve permütasyon grupları. 1984.

[3] V. Arvind ve TC Vijayaraghavan. Logspace Sayım Sınıfları Kullanılarak Doğrusal Konjüanslar ve Abelian Permütasyon Gruplarındaki Problemlerin Sınıflandırılması. 2010.

— Michael Blondin
kaynak

Teşekkürler, talihsiz Pazartesi gününe kadar bu evraklara erişimim yok. Bunun herhangi bir abelyalı grup için işe yaraması beni şaşırtıyor. İçin değişmeli olan, Hava belirlenmesi ait Hava karar içerir bir çözüm vardır. Burada iki sorun görüyorum: 1) Euler totient fonksiyonunu klasik olarak hesaplamak zordur 2) Ayrık bir logaritmanın karar versiyonu. Döngüsel ayrışma verilirse problem modüler denklemlerin çözülmesine kadar azalır. Bu sorunu nasıl çözersiniz? Burada önemli bir şey mi eksik?

Z_{N}^{*}

$Z_N^*$

b

$b$

⟨ a ⟩

$\langle a \rangle$

b = a^{i} \mod φ (N)

$b=a^i\mod \varphi(N)$

— Juan Bermejo Vega

Aslında, herhangi bir abelya permütasyon grubu için.

— Michael Blondin

Bu makalelere bir göz atacağım ve her şeyi biraz organize etmeye çalışacağım. Teşekkürler.

— Juan Bermejo Vega

Giriş kodlaması hakkında daha fazla bilgi verebilir misiniz? Bu şekilde, cevabımı geliştirebilirim.

— Michael Blondin

Grup ayrışımı girdi olarak (bunlar birkaç sayıdan oluşan bir dize ve sanırım uzunluk). Ardından, grubun her bir öğesi ve bir grup sayı ile temsil edilebilir. Saklamak için bitine ihtiyacınız var. Bu cevap veriyor mu?

A = Z_{d_{1}} \times Z_{d_{1}} \dots \times Z_{d_{N}}

$A=\mathbb{Z}_{d_1}\times\mathbb{Z}_{d_1}\ldots\times\mathbb{Z}_{d_N}$

(g_{1}, \dots, g_{n})

$(g_1,\ldots,g_n)$

n := ⌈ l o g_{2} | A | ⌉

$n:= \lceil log_2 |A|\rceil$

— Juan Bermejo Vega

Bir süre sonra, sorunun karmaşıklığının polinom olduğunu kanıtlayan belki de optimal olmayan ama basit bir algoritma bulmayı başardım.

Algoritma

(a) 'ortogonal bir alt grubunun hesaplayın bir üretim kümesi bölgesinin . $H^{\perp}$ $H$

(b) öğesi olup olmadığını kontrol dik olan . $b$ $H^{\perp}$

(A) ve (b) problemleri için etkili klasik algoritmalar vardır (aşağıdaki analize bakınız). Bu, etkin bir üyelik testi verir, çünkü elemanı , ve ise , ile diktir . $b$ $H^\perp$ $h\in H$

analiz

Ortogonal alt grubu karakter grubu üzerinden şu şekilde tanımlanır : Ana özellikler: $H^{\perp}$ $G$

H^{⊥} := {g \in G : χ_{g} (h) = 1 \forall h \in H}

$H^{\perp}:= \{g\in G : \chi_g(h)=1\quad \forall h\in H \}$

$H^{\perp}$ , bir alt grubudur . $G$
$H^{\perp^\perp}=H$

(A) için algoritma :

[ 1 ] ' den küçük değişkenler içeren bir algoritma izliyorum . ait ancak ve ancak tüm bunu göstermek için yeterlidir doğrusallık göre, ancak için her jeneratörü . Karakteri üstel olarak genişletmek (burada dolaylı olarak döngüsel faktör ayrışmasını kullanıyorum) bu koşul Bu denklemleri çözmek için Öklid algoritması ve sayıları kullanarak $g$ $H^{\perp}$ $\chi_{g}(h)=1$ $h\in H$ $\chi_{b}(h_i)=1$ $H$

\begin{array}{rcl} \exp {2 π i (\frac{g (1) h_{i} (1)}{d_{1}} + \dots + \frac{g (m) h_{i} (m)}{d_{m}})} = 1 \end{array}

$\begin{eqnarray} \exp \left\lbrace 2\pi i \left( \frac{g(1)h_{i}(1)}{d_1}+\ldots + \frac{g(m) h_{i}(m)}{d_m} \right) \right\rbrace=1 \end{eqnarray}$

M := lcm (N_{1}, \dots, N_{d})

$M:= \text{lcm}(N_1,\ldots,N_d)$

α_{i} := M / d_{i}

$\alpha_i:=M/d_i$ . Yukarıdaki koşulları her için doğrusal modüler denklemler sistemi olarak yeniden yazabiliriz .

i

$i$

(\begin{matrix} α_{1} h_{1} (1) & α_{2} h_{1} (2) & \dots & α_{m} h_{1} (m) \\ α_{1} h_{2} (1) & α_{2} h_{2} (2) & \dots & α_{m} h_{2} (m) \\ ⋮ & ⋮ & \dots & ⋮ \\ α_{1} h_{n} (1) & α_{2} h_{n} (2) & \dots & α_{m} h_{n} (m) \end{matrix}) (\begin{matrix} g (1) \\ g (2) \\ ⋮ \\ g (n) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix}) \begin{matrix} \mod M \\ \mod M \\ ⋮ \\ \mod M \end{matrix}

$\begin{pmatrix} \alpha_1 h_1(1) & \alpha_2 h_1(2) & \ldots & \alpha_m h_1(m)\\ \alpha_1 h_2(1) & \alpha_2 h_2(2) & \ldots & \alpha_m h_2(m)\\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ \alpha_1 h_n(1) & \alpha_2 h_n(2) & \ldots & \alpha_m h_n(m) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g(1)\\ g(2)\\ \vdots\\ g(n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} \begin{matrix} \mod M\\ \mod M\\ \vdots\\ \mod M \end{matrix}$ o kanıtlanmış gibi 1 , eğer numune bu sistemin rastgele çözeltiler denklemler arasında , bir katlanarak olasılığı olan bir jeneratör seti elde edeceğiz .

t + ⌈ \log | G | ⌉

$t+\lceil\log|G|\rceil$

H^{⊥}

$H^{\perp}$

p \geq 1 - 1 / 2^{t}

$p\geq 1 -1/2^{t}$

A X = 0 (\mod M)

$AX=0 \pmod M$ . Burada , 2'de verilen bir algoritmanın Smith normal ayrışmasını etkili bir şekilde hesaplamasına izin verdiği tamsayı üzerinde tamsayılar üzerinde dikdörtgen bir matristir . Algoritma, bir diyagonal matris ve iki ters çevrilebilir matris , döndürür , öyle ki . Bu formül kullanılarak denklem sistemi ile olarak yazılabilir . Şimdi rastgele işlem çözümlerine mümkündür bu formun denklem sistem olduğundan, Öklid algoritması kullanılarak . Son olarak, hesaplaması

A

$A$

M

$M$

D

$D$

U

$U$

V

$V$

D = U A V

$D=UAV$

D Y = 0 (\mod M)

$DY=0 \pmod M$

X = V Y

$X=VY$

D Y = 0 (\mod M)

$DY=0\pmod M$

d_{i} y_{i} = 0 (\mod M)

$d_i y_i =0 \pmod M$

X = V Y

$X=VY$ biri ortogonal grubunun rasgele bir elemanını istendiği gibi elde eder.

H^{⊥}

$H^{\perp}$

(B) için algoritma :

jeneratör grubunu nasıl hesaplayacağımızı zaten bildiğimiz için, belirli bir eleman ait olup olmadığını kontrol etmek kolaydır . İlk önce küme değerini . Daha sonra, tanım gereği, , tüm jeneratörleri için ise ve aittir . Bunların O (polilog ( )) sayısı olduğundan ve bu modüler aritmetik kullanılarak verimli bir şekilde yapılabilir. $H^{\perp}$ $b$ $H$ $\langle g_1,\ldots, g_s \rangle$ $H^{\perp}$ $b$ $H$ $\chi_{b}(g_i)=1$ $H^{\perp}$ $|G|$

— Juan Bermejo Vega
kaynak

bu arada keşifler yaptıysanız kendi cevabınızı eklemenizde fayda var. Ancak, hangi cevabı kabul edeceğinize karar vermeden önce (yorumunuza göre) biraz daha araştırma yapmanız gerektiği anlaşılıyor.

— Suresh Venkat

Teşekkürler. Her şeyi tek bir resme koyup koymadığımızı görmek için tartışmayı daha da ileriye taşımak istiyorum. Ayrıca, pop-up yapabilen daha pratik bir algoritma olabileceğini düşünüyorum.

— Juan Bermejo Vega