Có phải các bộ NP-đầy đủ được hình thành từ hai bộ khác chỉ khi ít nhất một bộ là NP-hard?

Câu hỏi này có phần trái ngược với câu hỏi trước đó về các bộ được hình thành từ các thao tác tập hợp trên các bộ hoàn chỉnh NP:

Nếu tập hợp kết quả từ sản phẩm hợp nhất, giao lộ hoặc Cartesian của hai bộ có thể quyết định và là NP hoàn chỉnh, thì ít nhất một trong số nhất thiết phải là NP không? Tôi biết rằng cả hai không thể ở trong P (giả sử P! = NP) vì P được đóng theo các thao tác đã đặt này. Tôi cũng biết rằng các điều kiện "có thể quyết định" và "NP-hard" là cần thiết vì nếu chúng tôi xem xét bất kỳ bộ NP hoàn chỉnh và bộ bên ngoài NP (dù chỉ là NP-hard hay không thể giải quyết được) thì chúng tôi có thể tạo thành hai cái mới Các bộ NP-hard không nằm trong NP có giao điểm là NP-hoàn chỉnh. Ví dụ: và . Tuy nhiên, tôi không biết làm thế nào để tiếp tục sau đó. $L_1$ $L_2$ $L_1, L_2$ $L$ $B$ $L_1:= 01L \cup 11B$ $L_2:= 01L \cup 00B$

Tôi nghĩ rằng trường hợp của công đoàn có thể không đúng vì chúng ta có thể mất một bộ NP-đầy đủ và thực hiện việc xây dựng trong Định lý Ladner để có được một tập NPI mà là một tập hợp con của . Thì là bộ hoàn chỉnh NP ban đầu. Tuy nhiên, tôi không biết vẫn còn trong NPI hay NP-hard. Tôi thậm chí không biết bắt đầu từ đâu cho trường hợp giao lộ và sản phẩm của Cartesian. $A$ $B \in$ $A$ $B \cup (A \setminus B) = A$ $A \setminus B$

complexity-theory np-hard np np-intermediate

— Ari
nguồn

Một vấn đề trong P có thể là NP hoàn chỉnh nếu P = NP, điều này khiến cho yêu cầu của bạn "cả hai đều không thể ở P" sai.

— Wojowu

@Wojowu Cảm ơn bạn, bạn đã đúng. Tôi chỉ cho rằng mọi người đều hiểu rằng toàn bộ câu hỏi này dựa trên tiền đề rằng P! = NP. Nếu không thì nó là vô nghĩa / tầm thường vì khi đó chúng ta sẽ có NPC = P. Tôi sẽ chỉnh sửa câu hỏi.

— Ari

@Ari, Trên thực tế , ngay cả khi .

N P C \neq P

$NPC\not = P$

P = N P

$P=NP$

— Tom van der Zanden

@TomvanderZanden Làm thế nào là có thể? vì vậy nếu P = NP thì mọi vấn đề trong NP có thể được giải quyết trong thời gian đa thức bao gồm các vấn đề trong NPC.

N P C \subseteq N P

$NPC \subseteq NP$

— Ari

@Ari Tập hợp trống và tập hợp tất cả các chuỗi nằm trong , nhưng chúng không phải là -complete. Bạn không thể giảm bất cứ điều gì xuống tập hợp trống (hoặc tập hợp tất cả các chuỗi) bởi vì đó luôn là trường hợp không (tương ứng có).

N P

$NP$

N P

$NP$

— Tom van der Zanden

Giao điểm của hai ngôn ngữ không phải NP-hard có thể là NP-hard. Ví dụ: Các giải pháp của bất kỳ phiên bản 3SAT nào là giao điểm đã đặt của các giải pháp của phiên bản HORN-3SAT và phiên bản ANTIHORN-3SAT. Điều này là do mệnh đề 3CNF phải là mệnh đề Sừng hoặc chống Sừng và ví dụ 3SAT là sự kết hợp của các mệnh đề đó. Tất nhiên 3SAT là NP-đầy đủ; HORN-3SAT và ANTIHORN-3SAT đều ở P.

— Kyle Jones
nguồn

Tôi không thể làm theo ví dụ của bạn. Giao điểm của HORN-SAT và ANTIHORN-SAT là một ngôn ngữ khá nhàm chán, chắc chắn là ở P.

— Yuval Filmus

HORN-3SAT có thể được định nghĩa theo nhiều cách. Một cách là sửa mã hóa các thể hiện HORN-3SAT - mỗi chuỗi mã hóa một số thể hiện như vậy - và sau đó HORN-3SAT bao gồm các phiên bản thỏa đáng. Mã hóa này có thể khác với mã hóa mà bạn sẽ sử dụng cho ANTIHORN-3SAT, vì vậy không rõ ngôn ngữ giao lộ chính xác là gì - chắc chắn không phải là SAT.

— Yuval Filmus

Một khả năng khác là định nghĩa HORN-3SAT là ngôn ngữ của các trường hợp 3SAT (i) ở dạng Horn, (ii) thỏa đáng. Bây giờ giao điểm của HORN-3SAT và ANTIHORN-3SAT thực sự có ý nghĩa: nó bao gồm tất cả các trường hợp 3SAT (i) ở cả hai dạng Sừng và chống Sừng, (ii) đều thỏa đáng. Điều này chỉ có thể dễ dàng hơn mỗi HORN-3SAT và ANTIHORN-3SAT.

— Yuval Filmus

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

L_{1} \cap L_{2}

$L_1 \cap L_2$

3 S A T

$\mathsf{3SAT}$

H O R N 3 S A T \cap A N T I H O R N 3 S A T

$\mathsf{HORN3SAT}\cap\mathsf{ANTIHORN3SAT}$

H O R N 3 S A T \cup A N T I H O R N 3 S A T

$\mathsf{HORN3SAT}\cup\mathsf{ANTIHORN3SAT}$