Ví dụ trong trường hợp tương đương thì dễ nhưng tìm đại diện lớp thì khó

Giả sử chúng ta có một lớp các đối tượng (giả sử biểu đồ, chuỗi) và mối quan hệ tương đương trên các đối tượng này. Đối với đồ thị, đây có thể là đồ thị đẳng cấu. Đối với các chuỗi, chúng ta có thể khai báo hai chuỗi tương đương nếu chúng là đảo chữ của nhau.

Tôi quan tâm đến việc tính toán một đại diện cho một lớp tương đương. Đó là, tôi muốn một hàm f () sao cho hai đối tượng x, y, f (x) = f (y) iff x và y tương đương nhau. (*)

Đối với ví dụ về đảo chữ cái, f (s) có thể sắp xếp các chữ cái trong chuỗi, nghĩa là. f ('cabac') = 'aabcc'. Đối với đẳng cấu đồ thị, chúng ta có thể lấy f (G) là đồ thị G 'có cấu trúc đẳng cấu với G và là đồ thị đầu tiên theo từ vựng để có tính chất này.

Bây giờ câu hỏi: Có một ví dụ trong đó vấn đề xác định xem hai phần tử có tương đương là "dễ dàng" (có thể giải được nhiều thời gian không), trong khi việc tìm một đại diện là khó khăn (tức là không có thuật toán đa thời gian để tính f () thỏa mãn ( *)).

Ok, làm thế nào về: số và tương đương nếu hoặc cả và có các thừa số và trong đó , và đều là số nguyên tố và . Đó là: các sản phẩm của hai số nguyên tố tương đương nhau khi chúng có chung thừa số nguyên tố nhỏ nhất; những con số khác chỉ tương đương với chính họ.$x$$y$$x=y$$x$$y$$x=pq$$y=pr$$p$$q$$r$$p < \min(q,r)$

Thật dễ dàng để kiểm tra xem hai số khác nhau có tương đương hay không: tính toán gcd của chúng, kiểm tra xem nó có không cần thiết hay không, kiểm tra xem gcd có nhỏ hơn các cofactors hay không và kiểm tra xem gcd và cofactors của nó có phải là số nguyên tố hay không.

Nhưng không rõ ràng làm thế nào để tính toán một hàm đại diện trong thời gian đa thức và nếu bạn thêm yêu cầu phải tương đương với thì bất kỳ hàm đại diện nào cũng sẽ cho phép chúng ta tính hầu hết các sản phẩm của hai số nguyên tố (mỗi một số đó 't đại diện của chính nó).f ( x ) $f$$f(x)$$x$

Hai số nguyên mod tương đương nếu mod . Nếu người ta có thể dễ dàng tính toán một đại diện lớp cho hàm này, thì bao thanh toán có thể được thực hiện trong thời gian đa thức xác suất.n x 2 ≡ y 2$x,y$$n$$x^{2} \equiv y^{2}$$n$

Nói chung, một ví dụ như vậy có nghĩa là . Giả sử là một mối quan hệ tương đương có thể quyết định trong thời gian đa thức. Sau đó, bằng cách tìm kiếm từ vựng bằng cách sử dụng một , người ta có thể tìm thấy phần tử từ vựng ít nhất trong lớp tương đương của bất kỳ chuỗi nào. Nếu , điều này trở thành thời gian đa thức, vì vậy bạn có thể sử dụng chuỗi tương đương ít nhất về mặt từ vựng làm đại diện lớp. Quan sát này ban đầu là do Blass và Gurevich [1].R N P P = N $P \neq NP$$R$$NP$$P=NP$

Một ví dụ như vậy cũng có nghĩa là (và do đó, trong particluar, ).$UP \not\subseteq BQP$$P \neq UP$

Câu hỏi bạn đã hỏi chính xác là những gì chúng tôi ký hiệu là trong bài báo của chúng tôi với Lance Fortnow [2]. Bài viết đó cũng bao gồm các kết quả tôi đã nêu ở đây, cũng như ví dụ về các hàm băm được Peter Shor chỉ ra, một vài ví dụ khác có thể, và các kết quả và câu hỏi liên quan.$PEq =? Ker(FP)$

[1] Blass, A. và Gurevich, Y. Quan hệ tương đương, bất biến và các dạng thông thường . SIAM J. Tính toán. 13 (4): 682-689, 1984.

[2] Fortnow, L. và Grochow, JA Các lớp phức tạp về các vấn đề tương đương được xem xét lại . Thông báo. và tính toán. 209 (4): 748-763, 2011. Cũng có sẵn trên arxiv .

"Đại diện" có phải thuộc lớp tương đương không?

Nếu có, sau đó đi bất cứ băm mã hóa mạnh mẽ chức năng với kháng va chạm.$f$

Đặt nếu . Thật dễ dàng để kiểm tra xem hai thứ có tương đương hay không, nhưng nếu, với , bạn có thể tìm thấy một tiền đề chính tắc của , thì bạn có thể tìm thấy hai chuỗi và sao cho . Điều này được coi là khó khăn (đó là ý nghĩa của khả năng chống va chạm).f ( x ) = f ( y $x \simeq y$$f(x) = f(y)\,$h x y f ( x ) = f ( y $f(x) = h$$h$$x$$y$$f(x)=f(y)\,$

Tất nhiên, các nhà khoa học máy tính không thể chứng minh rằng các hàm băm mã hóa mạnh với khả năng chống va chạm tồn tại, nhưng họ có một số ứng cử viên.

Đầu tiên, những gì bạn thực sự yêu cầu thường được gọi là bất biến hoàn toàn. Một dạng chính tắc hoặc bình thường cũng yêu cầu tương đương với với mọi . (Yêu cầu "đại diện" là một chút mơ hồ, vì một số tác giả có thể có nghĩa là điều này bao gồm điều kiện của hình thức kinh điển.)$f(x)$$x$$x$

Thứ hai, xin vui lòng tha thứ cho sự tự quảng cáo không biết xấu hổ, nhưng đây chính xác là một trong những câu hỏi mà Fortnow và tôi đã làm việc trên [1]. Chúng tôi đã chỉ ra rằng nếu mọi quan hệ tương đương có thể được quyết định trong cũng có một bất biến hoàn toàn trong , thì điều tồi tệ sẽ xảy ra. Cụ thể, nó sẽ ám chỉ . Nếu một phiên bản hứa của tuyên bố này được giữ (xem Định lý 4.6) thì và .$\mathsf{P}$$\mathsf{FP}$$\mathsf{UP} \subseteq \mathsf{BQP}$$\mathsf{NP} \subseteq \mathsf{BQP} \cap \mathsf{SZK}$$\mathsf{PH} = \mathsf{AM}$

Bây giờ, nếu bạn thực sự muốn một hình thức chính tắc (đại diện của mỗi lớp tương đương cũng thuộc lớp tương đương), chúng tôi cho thấy những điều thậm chí còn tồi tệ hơn xảy ra. Đó là, nếu mọi quan hệ tương đương có thể quyết định trong thời gian đa thức có dạng chính tắc đa thời gian, thì:

• Số nguyên có thể được xác định trong thời gian đa xác suất
• Các hàm băm không va chạm có thể được đánh giá trong không tồn tại.$\mathsf{FP}$
• $\mathsf{NP} = \mathsf{UP} = \mathsf{RP}$P H = B P P (do đó )$\mathsf{PH} = \mathsf{BPP}$

Cũng có những nhà tiên tri đi cả hai cách cho hầu hết các tuyên bố này về mối quan hệ tương đương, do chúng tôi và Blass và Gurevich [2].

Nếu thay vì đại diện "bất kỳ", bạn yêu cầu phần tử từ vựng ít nhất trong một lớp tương đương, việc tìm phần tử nhỏ nhất về mặt từ vựng trong một lớp tương đương có thể là -hard (thực tế, -hard) - ngay cả khi mối quan hệ có dạng chính tắc thời gian đa thức [2].$NP$$P^{NP}$

[1] Lance Fortnow và Joshua A. Grochow. Các lớp phức tạp của các vấn đề tương đương được xem xét lại . Thông báo. và tính toán. 209: 4 (2011), 748-763. Cũng có sẵn dưới dạng arXiv: 0907.4775v2 .

[2] Andreas Blass và Yuri Gurevich. Quan hệ tương đương, bất biến và các hình thức bình thường . SIAM J. Tính toán. 13: 4 (1984), 24-42.

Đây là một nỗ lực cho một câu trả lời khác, trong đó chúng tôi nới lỏng yêu cầu về "người đại diện"; nó không thực sự phải là thành viên của lớp tương đương, mà chỉ là một hàm xác định lớp tương đương.

Giả sử bạn có một nhóm nơi bạn có thể thực hiện kiểm tra thành viên nhóm phụ. Nghĩa là, đã cho , bạn có thể kiểm tra xem có nằm trong nhóm con được tạo bởi . h g 1 , Mạnh , g $g_1, g_2, \ldots, g_k$$h$$g_1, \ldots, g_k$

Lấy các lớp tương đương của bạn thành tập hợp các phần tử tạo cùng một nhóm con. Thật dễ dàng để kiểm tra xem hai bộ có tạo cùng một nhóm không. Tuy nhiên, không rõ ràng làm thế nào bạn có thể tìm thấy một định danh duy nhất cho mỗi nhóm phụ. Tôi nghi ngờ rằng đây thực sự là một ví dụ nếu bạn giả sử các nhóm hộp đen có thử nghiệm thành viên nhóm phụ. Tuy nhiên, tôi không biết liệu có bất kỳ nhóm phi tiên tri nào mà vấn đề này có vẻ khó khăn không.$g_1, g_2, \ldots, g_k$

Đây là một ví dụ giả định. Các đối tượng là các cặp trong đó là công thức SAT và là một phép gán được đề xuất cho các biến. Nói nếu và (a) và đều thỏa mãn bài tập, hoặc (b) và đều không thỏa mãn bài tập. Đây là phản xạ, đối xứng và bắc cầu. Mỗi không thỏa mãn có một lớp tương đương bao gồm tất cả . Mỗi thỏa đáng có một lớp gồm tất cả trong đó$(H,X)$$H$$X$$(H,X) \sim (H',X')$$H=H'$$X$$X'$$X$$X'$$H$$(H,X)$$H$$(H,X)$$X$ là một nhiệm vụ thỏa mãn, và một lớp khác với những người không thỏa mãn.

Kiểm tra xem là dễ dàng vì chúng ta chỉ cần kiểm tra nếu , sau đó nếu thỏa mãn , sau đó nếu thỏa mãn . Nhưng để tính toán một thành viên chính tắc của một lớp đã cho với hài lòng bởi$(H,X) \sim (H',X')$$H=H'$$X$$H$$X'$$H$$(H,X)$$H$$X$có vẻ quá khó (tôi không chắc làm thế nào tốt nhất để chứng minh độ cứng). Chúng ta có thể dễ dàng tạo ra một giải pháp bổ sung cho các trường hợp SAT, vì vậy, biết một giải pháp thường sẽ không giúp chúng ta tìm thấy bất kỳ giải pháp nào khác, chứ đừng nói đến việc chọn một giải pháp chính tắc. (Chỉnh sửa: Ý tôi là tôi không mong đợi bất kỳ thuật toán hiệu quả nào để tìm giải pháp bổ sung được đưa ra giải pháp đầu tiên. Bởi vì chúng tôi có thể sử dụng nó để giải quyết các vấn đề SAT bằng cách trước tiên "trồng" một giải pháp bổ sung vào vấn đề, sau đó đưa nó vào thuật toán. Xem bình luận.)

Đây là một câu hỏi mở, ít nhất là cho các biểu đồ. Tôi tin rằng sự tiến bộ mới nhất là

Babai và Kucera, "Ghi nhãn Canonical của đồ thị trong thời gian trung bình tuyến tính," FOCS, 1979

đưa ra thuật toán thời gian tuyến tính (dự kiến) cho đồ thị chính tắc với xác suất $1 - \frac{1}{2^{O(n)}}$

Bạn có thể đọc thêm trên Wikipedia . Lưu ý rằng một phiên bản giải mã của thuật toán Babai có nghĩa là không có ví dụ nào như vậy tồn tại cho biểu đồ.

Kiểm tra xem hai mạch có kích thước mạch có tương đương không.$\leq N$

Để xác định xem bạn chỉ cần đánh giá ở 2 n điểm đầu vào. Để xác định một đại diện lớp, có lẽ người ta sẽ phải kiểm tra tất cả các mạch có thể 2 Ω ( N log N ) . Đối với N đủ lớn, điều này khó hơn theo cấp số nhân so với kiểm tra tương đương mạch.$C_1 \sim C_2$$2^n$$2^{\Omega(N \log N)}$$N$

Một ví dụ nổi tiếng từ lý thuyết tập mô tả:

Hãy để chúng tôi xác định một mối quan hệ tương đương $\sim$ trên $\mathbb R$ bởi

Đây là một mối quan hệ tương đương khá "dễ dàng", đặc biệt là nó có thể đo lường được.

Nhưng việc tìm kiếm đại diện tương đương với việc tìm ra một bộ Vitali , đòi hỏi Tiên đề lựa chọn và không thể đo lường được.

Đặt các vật thể trong vũ trụ của bạn là bộ ba ( $\Phi, b, i)$ trong đó $\Phi$ là một vấn đề thỏa mãn, trên các biến $x_0, \ldots, x_{k-1}$ , $b$ là 0 hoặc 1 và $i$ là một chuỗi bit có độ dài $k$ , trong đó $\Phi(i)=b$ . Nghĩa là, $i$ là một phép gán cho $x_0, \ldots, x_k$ thỏa mãn $\Phi$ nếu $b$là 1 hoặc không thỏa mãn $\Phi$ nếu $b$ 0.

Hai đối tượng tương đương nếu chúng có cùng $\Phi$ . Dễ dàng kiểm tra.

Đặt đối tượng đại diện là lớn nhất về mặt từ vựng trong số tất cả trong lớp tương đương.

Người đại diện theo là NP-đầy đủ để tìm thấy: nó sẽ giải quyết SAT, vì nếu lớn thứ tự từ điển có $b=0$ , sau đó $\Phi$ là không thể thoả mãn; nếu nó có $b=1$ , nó là thỏa đáng.

Có vẻ như hầu hết các vấn đề NP-đầy đủ có thể được đặt ra theo cách này; đó là vấn đề đặt giấy chứng nhận thành viên vào mã hóa của phần tử.

Tôi nghĩ có lẽ đây là một vấn đề bài tập về nhà, đó là lý do tại sao tôi không đăng giải pháp trước đó. Đáng lẽ ra tôi đã phải làm việc này rồi; Tôi có thể đã sử dụng những điểm mà @ david-eppstien có được. Trời đất ơi, anh không cần chúng.

Tôi cho rằng bạn có thể dễ dàng đạt được điều đó cho hầu hết mọi vấn đề thuộc loại bạn mô tả.

$x$$f()$