NPI có trong P / poly không?

N P ⊈ P / poly P H = Σ 2 P ≠ N P N P I : = N P ∖ ( N P C ∪ P ) ≠ ∅ P / poly N P I ⊂ P / poly N P ⊂ N P C ∪ P /$\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{PH} = \Sigma_2$$\mathsf{P} \ne \mathsf{NP}$$\mathsf{NPI} := \mathsf{NP} \setminus(\mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}) \ne \emptyset$$\mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NP} \subset \mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}/\text{poly}$

Giả sử (hoặc thậm chí hệ thống phân cấp đa thức không sụp đổ ở bất kỳ cấp độ nào), là được biết là đúng hay sai? Bằng chứng nào có thể được đưa ra và chống lại nó?N P ⊈ P / nhiều N P I ⊂ P /$\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$

Dưới đây là một giải pháp thay thế khả dĩ cho một đối số đệm, dựa trên khái quát của Schöning về định lý Ladner. Để hiểu được đối số, bạn cần có quyền truy cập vào bài viết này (điều không may sẽ đứng sau một bức tường trả tiền cho nhiều người):

Uwe Schöning. Một cách tiếp cận thống nhất để có được các bộ đường chéo trong các lớp phức tạp. Khoa học máy tính lý thuyết 18 (1): 95-103, 1982.

Chúng ta sẽ áp dụng định lý chính từ bài báo đó cho $A_1$ và $A_2$ là các ngôn ngữ và $\mathsf{C}_1$ và $\mathsf{C}_2$ là các lớp phức tạp như sau:

• Một 1 = ∅ (hoặc bất kỳ ngôn ngữ trong P )$A_1 = \varnothing$$\mathsf{P}$
• $A_2 = \text{SAT}$
• $\mathsf{C}_1 = \mathsf{NPC}$
• $\mathsf{C}_2 = \mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$

Vì mục đích rõ ràng, thực tế chúng tôi sẽ chứng minh là N P ⊈ P / p o l y ngụ ý N P Tôi ⊈ P / p o l y .$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Theo giả định rằng N P ⊈ P / p o l y chúng tôi có một 1 ∉ C 1 và A 2 ∉ C 2 . Rõ ràng là C 1 và C 2 được đóng dưới các biến thể hữu hạn. Bài viết của Schöning bao gồm một bằng chứng cho thấy C 1 có thể trình bày đệ quy (định nghĩa chính xác có thể tìm thấy trong bài viết), và phần khó nhất của lập luận là chứng minh rằng C 2 có thể trình bày đệ quy.$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$$A_1\not\in\mathsf{C}_1$$A_2\not\in\mathsf{C}_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$

Theo các giả định này, định lý ngụ ý rằng tồn tại một ngôn ngữ A không có trong C 1 cũng như trong C 2 ; và cho rằng A 1 ∈ P , nó cho rằng A là Karp khử để Một 2 , và do đó A ∈ N P . Cho rằng Một là trong N P nhưng không phải là N P -complete cũng không trong N P ∩ P / p o l y , nó sau đó N $A$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$$A_1\in\mathsf{P}$$A$$A_2$$A\in\mathsf{NP}$$A$$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$Tôi ⊈ P / p o l y .$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Nó vẫn còn để chứng minh rằng N P ∩ P / p o l y là đệ quy đoan. Về cơ bản, điều này có nghĩa là có một mô tả rõ ràng về một chuỗi các máy Turing xác định M 1 , M 2 , Lọ mà tất cả dừng lại trên tất cả các đầu vào và sao cho N P ∩ P / p o l y = { L ( M k ) : k = 1 , 2 , ... $\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$$M_1, M_2, \ldots$$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly} = \{L(M_k):k=1,2,\ldots\}$. Nếu có một sai lầm trong lập luận của tôi thì có lẽ là ở đây, và nếu bạn thực sự cần sử dụng kết quả này, bạn sẽ muốn làm điều này một cách cẩn thận. Dù sao, bằng cách phù hợp với tất cả các máy Turing không điều kiện thời gian đa thức (có thể được mô phỏng một cách xác định vì chúng tôi không quan tâm đến thời gian chạy của mỗi $M_k$ ) và tất cả các đa thức, đại diện cho giới hạn trên của một họ mạch Boolean cho ngôn ngữ đã cho, tôi tin rằng không khó để có được một bảng liệt kê hoạt động. Về bản chất, mỗi M k có thể kiểm tra NTM thời gian đa thức tương ứng của nó có đồng ý với một số họ mạch có kích thước đa thức cho đến độ dài của chuỗi đầu vào được đưa ra bằng cách tìm kiếm trên tất cả các mạch Boolean có thể. Nếu có thỏa thuận, M $M_k$$M_k$ đầu ra như NTM, nếu không nó sẽ từ chối (và kết quả là đại diện cho một ngôn ngữ hữu hạn).

Trực giác cơ bản đằng sau lập luận (ẩn trong kết quả của Schöning) là bạn không bao giờ có thể có hai lớp phức tạp "tốt đẹp" (nghĩa là các lớp có bản trình bày đệ quy) rời rạc và ngồi đối diện nhau. "Cấu trúc liên kết" của các lớp phức tạp sẽ không cho phép nó: bạn luôn có thể xây dựng một ngôn ngữ chính xác ở giữa hai lớp bằng cách xen kẽ giữa hai lớp với độ dài đầu vào rất dài. Định lý của Ladner cho thấy điều này đối với P và N P C , và khái quát hóa của Schöning cho phép bạn làm tương tự cho nhiều lớp khác.$\mathsf{P}$$\mathsf{NPC}$

Tôi chỉ muốn viết ra một số phiên bản của một đối số đệm như được mô tả trong các bình luận. Tôi không thấy lý do tại sao một khoảng cách là cần thiết. Chúng tôi muốn chỉ ra rằng nếu NP không có trong P / poly thì có một vấn đề trung gian NP không có trong P / poly.

Có một hàm không giới hạn f sao cho SAT không có các mạch có kích thước nhỏ hơn n f ( n ) , và do đó có một hàm g không bị chặn, tăng và g ( n ) = o ( f ( n ) ) . Đặt SAT 'biểu thị ngôn ngữ thu được bằng cách đệm các chuỗi SAT có độ dài n đến n g ( n ) . Sau đó:$f$$n^{f(n)}$$g$$g(n)=o(f(n))$$n$$n^{g(n)}$

• SAT 'nằm trong NP (xem bên dưới!)
• SAT 'không có trong P / poly: các mạch có kích thước n k cho SAT', chúng ta có các mạch có kích thước n g ( n ) k cho SAT, nhưng đối với một số ít hơn n f ( n ) đối với một số$n^k$$n^{g(n)k}$$n^{f(n)}$ n .$n$
• Không có giảm P / poly từ SAT thành SAT ': giả sử mâu thuẫn là có các mạch C n có kích thước n k cho SAT, cho phép các cổng SAT'. Chọn N đủ lớn để g $C_n$$n^k$$N$ √N )>2kvà để chon>N. Mỗi cổng SAT trongCncó tối đankđầu vào. Bằng cách loại bỏ các yếu tố đầu đệm chúng ta có thể cắt cửa của SAT trongCnđến một cổng SAT có ít hơn$g(\sqrt{N}) > 2k$$n>N$$C_n$$n^k$$C_n$n đầu vào, mà chúng tôi có thể mô phỏng sử dụngC$\sqrt{n}$n - cổng SAT 'kết quả có tối đank/2đầu vào. Lặp đi lặp lại này và xử lýCNbằng tay, SAT sẽ có mạch khoảng cỡO(nknk/2nk/4...)≈O(n2k)mà nhỏ hơnnf(n)đối với một số$C_{\sqrt{n}}$$n^{k/2}$$C_N$$O(n^k n^{k/2} n^{k/4} \dots) \approx O(n^{2k})$$n^{f(n)}$$n$ .

Chỉnh sửa:

Sự lựa chọn của $g$ là hơi khó khăn. Nếu bạn hài lòng khi đưa SAT 'vào phiên bản hứa hẹn của NP, bit này là không cần thiết.

Xác định f ( n ) là số nguyên tối đa sao cho không có mạch có kích thước n f ( n ) cho độ dài n chuỗi cho SAT. Xác định g ( n ) bằng một thuật toán để tính toán f ( m ) cho m = 1 , 2 , ... và dừng lại sau một thời gian n hoặc khi m = n , và trả về sàn của căn bậc hai của giá trị cao nhất được tìm thấy trong thời gian này. Vì vậy, g $f(n)$$n^{f(n)}$$n$$g(n)$$f(m)$$m=1,2,\dots$$n$$m=n$$g(n)$là không giới hạn và lim inf g ( n ) / f ( n ) = 0 và g ( n ) có thể được tính trong thời gian n . Bây giờ lưu ý rằng các đối số trên chỉ dựa vào SAT không có mạch có kích thước n f ( n ) cho vô số n .$\liminf g(n)/f(n)=0$$g(n)$$n$$n^{f(n)}$$n$

Tôi cũng thấy thú vị khi thấy một bằng chứng bằng cách thổi lỗ hổng trong SAT như trong http://blog.computationalcomplexity.org/media/ladner.pdf . Nếu không có yêu cầu NP này là khá dễ dàng: có một chuỗi n 1 < n 2 < ... như vậy mà không có kích thước mạch os ( n k ) k phát hiện SAT chuỗi có độ dài n ; hạn chế SAT đối với các chuỗi có độ dài n 2 2 i đối với một số i .$n_1<n_2<\dots$$(n_k)^k$$n$$n_{2^{2^i}}$$i$

(NPI ⊈ P / poly)$\nsubseteq$$\implies$(P ≠ NP)$\neq$