Một ngôn ngữ trong NSPACE (O (n)) và rất có thể không có trong DSPACE (O (n))

Trên thực tế tôi thấy rằng tập hợp các Ngôn ngữ nhạy cảm theo ngữ cảnh, ( ngôn ngữ được chấp nhận) không được thảo luận rộng rãi như (ngôn ngữ thông thường) hoặc (ngôn ngữ không ngữ cảnh). Và cũng là vấn đề mở không nổi tiếng như vấn đề "tương tự": " ".$\mathbf{CSL}$$\mathbf{=NSPACE(O(n)) = LBA}$$\mathbf{REG}$$\mathbf{CFL}$$\mathbf{DSPACE(O(n))} =^{?} \mathbf{NSPACE(O(n))}$$\mathbf{P} =^{?} \mathbf{NP}$

Vâng, có thực sự tương tự như vậy :?

1. Có ngôn ngữ nào trong không thể được chứng minh là trong (như ngôn ngữ hoàn chỉnh) không?D S P A C E ( O ( n ) ) N $\mathbf{CSL}$$\mathbf{DSPACE(O(n))}$$\mathbf{NP}$
2. Hơn nữa: Có ngôn ngữ trong "hoàn thành" theo nghĩa sau: nếu chúng tôi có thể chứng minh rằng nằm trong chúng tôi sẽ nhận được ?C S L L D S P A C E ( O ( n ) ) D S P A C E ( O ( n ) ) = N S P A C E ( O ( n ) $L$$\mathbf{CSL}$$L$$\mathbf{DSPACE(O(n))}$$\mathbf{DSPACE(O(n)) = NSPACE(O(n))}$
3. (Có lẽ chỉ là vấn đề quan điểm) Cả hai vấn đề có cùng độ khó?

Phiên bản nổi tiếng hơn của những câu hỏi này là câu hỏi . Nếu thì đối số đệm (hơi khó) cho thấy và vì vậy ngụ ý phỏng đoán nổi tiếng .L = N L D S P A C E ( n ) = N S P A C E ( n ) D S P A C E ( n ) ≠ N S P A C E ( n ) L ≠ N $\mathsf{L} \stackrel?= \mathsf{NL}$$\mathsf{L} = \mathsf{NL}$$\mathsf{DSPACE}(n) = \mathsf{NSPACE}(n)$$\mathsf{DSPACE}(n) \neq \mathsf{NSPACE}(n)$$\mathsf{L} \neq \mathsf{NL}$

Phỏng đoán được một số người coi là dễ tiếp cận hơn so với phỏng đoán . Tôi không chắc nhiều người có ý kiến ​​về phỏng đoán .P ≠ N P D S P A C E ( n ) ≠ N S P A C E ( n $\mathsf{L} \neq \mathsf{NL}$$\mathsf{P} \neq \mathsf{NP}$$\mathsf{DSPACE}(n) \neq \mathsf{NSPACE}(n)$

Bức tranh lớn hơn ở đây là liệu định lý của Savitch có nói rằng cho hợp lý , Là chặt chẽ. Trong khi , tôi nghĩ rằng hầu hết mọi người tin rằng . Mặt khác, tôi không chắc chắn rằng mọi người tin rằng là đòn đánh tối ưu; có lẽ một số mũ nhỏ hơn cũng hoạt động, ít nhất là trong một số trường hợp. Xem ví dụ như một bài báo arXiv gần đây , Độ phức tạp không gian được tham số hóa của logic kiểm tra biến thứ tự giới hạn mô hình , của Yijia Chen, Michael Elberfeld và Moritz Müller.t ( n ) ≥ log n N P S P Một C E = P S P Một C E N S P A C E ( n k ) ≠ D S $\mathsf{NSPACE}(t(n)) \subseteq \mathsf{DSPACE}(t(n)^2)$$t(n) \geq \log n$$\mathsf{NPSPACE} = \mathsf{PSPACE}$t ( n ) $\mathsf{NSPACE}(n^k) \neq \mathsf{DSPACE}(n^k)$$t(n)^2$

1. Có, có các ngôn ngữ hoàn chỉnh CSL theo các mức giảm DSPACE (O (n)) . Về cơ bản vẫn là một biến thể của khả năng tiếp cận theo chỉ đạo, có thể được giới hạn ở khả năng tiếp cận theo chu kỳ nếu muốn.
2. Vâng, xem 1.

3. Ý bạn là, câu hỏi DSPACE (O (n)) = ^? NSPACE (O (n)) có cùng độ khó với câu hỏi P = ^? NP ? Chà, chúng tôi có lý do chính đáng để tin rằng P là một tập hợp con nghiêm ngặt của NP , nhưng tôi không biết những lý do tương tự cũng được đưa ra để tin rằng DSPACE (O (n)) là một tập hợp con nghiêm ngặt của NSPACE (O (n)) . Hãy để tôi tập trung vào câu hỏi dễ hơn . Đi bộ ngẫu nhiên là "không tồi" để khám phá (liên quan đến khả năng tiếp cận) các đồ thị không mong muốn được liên kết với SL$\mathsf{L} \stackrel?= \mathsf{NL}$. Bước đi ngẫu nhiên tương tự tầm thường rõ ràng trên một biểu đồ có hướng sẽ thất bại nặng nề trong việc khám phá một biểu đồ có hướng (liên quan đến khả năng tiếp cận). Nhưng có thể có những cách ngẫu nhiên tương tự khác để khám phá đồ thị có hướng (hoặc đồ thị theo chu kỳ phân lớp). Dựa trên định lý của Savitch, tôi thậm chí sẽ đoán rằng có những cách như vậy, nếu chúng ta sẵn sàng lưu một tập hợp các vị trí thay đổi trong biểu đồ được định hướng trong quá trình thăm dò ngẫu nhiên. Và sau đó, thách thức sẽ là tìm hiểu liệu việc lưu ít hơn các vị trí sẽ không cho phép thăm dò ngẫu nhiên tốt hay không.O ( log n $O(\log n)$$O(\log n)$

   Ngay cả sau khi hiểu liệu chúng ta có nên tin , việc chứng minh điều đó có thể sẽ không thể xảy ra như việc chứng minh . Ryan Williams đưa ra một lý do rõ ràng và nói:P ≠ N $\mathsf{L} \neq \mathsf{NL}$$\mathsf{P} \neq \mathsf{NP}$

   Ngoài ra, tôi không biết lý do cụ thể nào để tin rằng "khó chứng minh" ngoài quan sát mà nhiều người đã thử và chưa có ai thành công.

   để trả lời ALogTime! = PH khó chứng minh (và chưa biết)? Lance Fortnow về cơ bản đưa ra câu hỏi và vẫn không đồng ý. Bài học của riêng tôi là:

   Điều này có nghĩa là câu lệnh "ALogTime! = PH" chính xác là nơi bắt đầu những khó khăn trong việc chứng minh kết quả phân tách. Có thể lưu ý rằng tuyên bố này thực sự tương đương với "ALogTime! = NP", vì "ALogTime = NP" sẽ ngụ ý "P = NP = PH".

Thêm vào các câu trả lời khác, có một khái niệm về mức độ giảm và tính đầy đủ cho vấn đề CSL so với DCSL, cụ thể là khả năng giảm log-lin và có những vấn đề hoàn toàn về CSL. Ví dụ: bài toán không tương đương cho các biểu thức chính quy. Đây là một câu hỏi rất giống với câu hỏi của bạn, cùng với câu trả lời cung cấp thêm thông tin cơ bản và tài liệu tham khảo: /cstheory/1905/completuity-and-context-sensitive-lacular

$SAT$ nằm trong . Theo giả định , thì được chứa trong vì chúng ta có thể chuyển đổi giảm thời gian đa thức thành giảm không gian logarit và được đóng dưới mức giảm không gian logarit. Chúng không bằng nhau do Định lý phân cấp. Tuy nhiên, khi thì là kết quả của việc áp dụng đối số đệm. Kể từ khi khi sau đó được chứa chặt chẽ trong . Tuy nhiên, và do đó$NTIME(n) \subseteq DSPACE(n)$$L = P$$NP$$DSPACE(n)$$DSPACE(n)$$L = NL$$DSPACE(n) = NSPACE(n)$$L = NL$$L = P$$NP$$NSPACE(n)$$CSL = NSPACE(n)$$CSL \neq NP$ và do đó, không thể có trường hợp mà một số vấn đề là trong vì đó sẽ bao hàm một sự mâu thuẫn với mà chúng ta thu được sau khi giả sử .$CSL-complete$$NP$$CSL \neq NP$$L = P$

Ngoài ra, bạn có thể thấy một nỗ lực có thể chứng minh tại đây:$L = P$

https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-01999029