Kiểm tra công thức với hai bộ định lượng (

Người giải SAT đưa ra một cách mạnh mẽ để kiểm tra tính hợp lệ của công thức boolean với một bộ định lượng.

Chẳng hạn, để kiểm tra tính hợp lệ của , chúng ta có thể sử dụng bộ giải SAT để xác định xem có thỏa đáng hay không. Để kiểm tra tính hợp lệ của , chúng ta có thể sử dụng bộ giải SAT để xác định xem có thỏa đáng hay không. (Ở đây là một $\exists x . \varphi(x)$ $\varphi(x)$ $\forall x . \varphi(x)$ $\neg \varphi(x)$ $x=(x_1,\dots,x_n)$ $n$ -vector của các biến boolean và là một công thức boolean.) $\varphi$

Bộ giải QBF được thiết kế để kiểm tra tính hợp lệ của công thức boolean với số lượng định lượng tùy ý.

Điều gì xảy ra nếu chúng ta có một công thức với hai định lượng? Chúng có phải là bất kỳ thuật toán hiệu quả nào để kiểm tra tính hợp lệ: những thuật toán tốt hơn là chỉ sử dụng các thuật toán chung cho QBF? Để cụ thể hơn, tôi có một công thức có dạng (hoặc ) và muốn kiểm tra tính hợp lệ của nó. Có bất kỳ thuật toán tốt cho việc này? Chỉnh sửa 4/8: Tôi đã học được rằng lớp công thức này đôi khi được gọi là 2QBF, vì vậy tôi đang tìm kiếm các thuật toán tốt cho 2QBF. $\forall x . \exists y . \psi(x,y)$ $\exists x . \forall y . \psi(x,y)$

Chuyên sâu hơn: Trong trường hợp cụ thể của tôi, tôi có một công thức có dạng có tính hợp lệ mà tôi muốn kiểm tra, trong đó là các hàm tạo ra đầu ra -bit. Có bất kỳ thuật toán nào để kiểm tra tính hợp lệ của loại công thức cụ thể này, hiệu quả hơn các thuật toán chung cho QBF không? $\forall x . \exists y . f(x)=g(y)$ $f,g$ $k$

PS Tôi không hỏi về độ cứng trong trường hợp xấu nhất, theo lý thuyết phức tạp. Tôi đang hỏi về các thuật toán thực tế hữu ích (nhiều như các bộ giải SAT hiện đại thực tế hữu ích cho nhiều vấn đề mặc dù SAT là NP hoàn chỉnh).

— DW
nguồn

về cơ bản không tương đương với

\forall x \exists y ψ (x, y)

$\forall x \exists y \ \psi(x,y)$

\exists x \forall y ψ (x, y)

$\exists x \forall y \ \psi(x,y)$

— Huck Bennett

Tôi nghĩ OP có nghĩa là điều này một cách không chính thức, vì cả hai đều khó khăn cho người giải SAT và rằng một giải pháp cho cả hai sẽ rất thú vị

— Suresh Venkat

@HuckBennett, tôi nghĩ hai cái có độ cứng tương đương. (Chứng minh:

là khi và chỉ khi giá trị

là Vì vậy, nếu chúng ta có một cách để kiểm tra tính hợp lệ của các công thức của biểu mẫu.

, chúng ta cũng có thể kiểm tra tính hợp lệ của các công thức

\exists x . \forall y . ψ (x, y)

$\exists x . \forall y . \psi(x,y)$

\neg \forall x . \exists y . \neg ψ (x, y)

$\neg \forall x . \exists y . \neg \psi(x,y)$

\forall x . \exists y . ψ (x, y)

$\forall x . \exists y . \psi(x,y)$

bằng cách cho

và kiểm tra tính hợp lệ của

.) Nhưng dù sao, tôi sẽ quan tâm đến các thuật toán cho cả hai trường hợp.

\exists x . \forall y . ψ (x, y)

$\exists x . \forall y . \psi(x,y)$

ψ^{'} (x, y) = \neg ψ (x, y)

$\psi'(x,y) = \neg \psi(x,y)$

\forall x . \exists y . ψ^{'} (x, y)

$\forall x . \exists y . \psi'(x,y)$

— DW

@DW, không nhất thiết, ví dụ SAT và TAUT không được tin là có cùng độ phức tạp.

— Kaveh

@chazisop: Tôi nghĩ rằng OP là yêu cầu cho

-SAT thuật toán / giải quyết, không giải quyết QBF chung. Tuy nhiên, rất nhiều người giải quyết QBF tồn tại. Xem tab "người giải quyết" tại qbflib.org

Π_{2} / Σ_{2}

$\Pi_2/\Sigma_2$

— Huck Bennett

Câu trả lời:

Nếu tôi có thể, khá trắng trợn, quảng cáo bản thân, chúng tôi đã viết một bài viết về Thuật toán dựa trên trừu tượng hóa năm ngoái cho 2QBF . Tôi đã có một triển khai cho qdimacs, tôi có thể cung cấp nếu bạn muốn nhưng từ kinh nghiệm của tôi, người ta có thể hưởng lợi rất nhiều từ việc chuyên môn hóa thuật toán cho một vấn đề cụ thể. Ngoài ra còn có một bài báo cũ hơn Một nghiên cứu so sánh về thuật toán 2QBF , cũng trình bày các thuật toán khá dễ hiểu.

— Mikolas
nguồn

Tuyệt vời! Cảm ơn, Mikolas, đây chỉ là thứ mà tôi đã hy vọng.

— DW

Xin chào @DW rất vui vì tôi có thể giúp đỡ. Hy vọng bạn sẽ tìm thấy một số điều này hữu ích. QBF là một con thú hoàn toàn khác với SAT nên người ta phải cẩn thận một chút vì mọi thứ có thể nổ tung rất dễ dàng :-). Vui lòng viết cho tôi một e-mail nếu bạn có bất kỳ câu hỏi chi tiết hơn về công việc của chúng tôi.

— Mikolas

Tôi đã đọc hai bài báo liên quan đến vấn đề này, một bài liên quan cụ thể đến 2QBF. Các giấy tờ như sau:

Xác định tăng dần , Markus N. Rabe và Sanjit Seshia, Lý thuyết và ứng dụng của kiểm tra sự hài lòng (SAT 2016).

Họ đã thực hiện thuật toán của mình trong một công cụ có tên CADET . Ý tưởng cơ bản là tăng dần các ràng buộc mới cho công thức cho đến khi các ràng buộc mô tả một hàm Skolem duy nhất hoặc cho đến khi không có xác nhận nào.

Thứ hai là Giải QBF gia tăng , Lonsing và Uwe Egly.

Được thực hiện trong một công cụ có tên DepQBF . Nó không đặt bất kỳ ràng buộc nào đối với số lượng xen kẽ định lượng. Nó bắt đầu với giả định rằng chúng ta có một công thức qbf liên quan chặt chẽ. Nó dựa trên cách giải quyết tăng dần và không ném các mệnh đề đã học trong lần giải cuối cùng. Nó thêm mệnh đề và hình khối vào công thức hiện tại và dừng lại nếu mệnh đề hoặc hình khối trống, đại diện cho unat hoặc sat.

Chỉnh sửa : Chỉ cho một viễn cảnh các phương pháp này hoạt động tốt như thế nào đối với điểm chuẩn 2QBF. Vui lòng xem Kết quả của QBFEVal-2018 để biết kết quả của cuộc thi QBF hàng năm QBFEVAL . Năm 2019 không có ca khúc 2QBF.

Trong 2QBF Track QBFEVAL-2018 DepQBF là người chiến thắng , CADET là người thứ hai trong cuộc đua.

Vì vậy, hai cách tiếp cận này thực sự hoạt động rất tốt trong thực tế (ít nhất là trên điểm chuẩn QBFEVAL).

— Đẩy
nguồn

Để hiển thị satisfiability của , chúng ta có thể chơi một trò chơi với hai người chơi A và B, mỗi người có quyền truy cập vào một giải SAT. Nếu chúng ta đang làm việc trong một miền , sau đó tại mỗi lần lặp (bao gồm cả đầu tiên) Một lựa chọn một yếu tố mà thỏa mãn các hạn chế thiết lập nó có (nó bắt đầu có sản phẩm nào), , làm ứng cử viên của chúng tôi để đáp ứng các công thức. Sau đó, B cố gắng để đáp ứng với một số . Nếu B không thể làm được điều này, các phương tiện này mà công trình và chúng tôi đang thực hiện, nếu không chúng tôi quay trở lại A và chúng ta thêm vào chế đề ra $\exists x \forall y \phi$ $D$ $a \in D$ $\neg \phi[a/x]$ $b \in B$ $a$ , đảm bảo loại lỗi này sẽ không được thực hiện lại. Tôi có một cảm giác rằng người ta có thể suy nghĩ về hình thức và làm điều này loại một thủ tục một cách chiến lược hơn, dựa vào một số tập con đủ để loại bỏ bất kỳ ứng cử viên cho hay một số đối xứng nổi tiếng để loại bỏ phần của tìm kiếm này sớm. Có lẽ người ta thậm chí có thể thêm các ràng buộc của riêng mình vào tập ràng buộc ban đầu của A. $\phi [b/y]$ $\phi$

— Samuel Schlesinger
nguồn

ϕ

$\phi$

ϕ

$\phi$

Nó khá hay, có một sự tương đồng với học máy đối nghịch nếu bạn nheo mắt và thực sự nó hoạt động cho bất kỳ mạng bổ sung nào mà bạn có một người giải quyết các loại

— Samuel Schlesinger