NP-Gap-3SAT có hoàn chỉnh ngay cả đối với các công thức 3CNF không có cặp biến nào xuất hiện trong các mệnh đề nhiều hơn đáng kể so với mức trung bình không?

Trong câu hỏi này, công thức 3CNF có nghĩa là công thức CNF trong đó mỗi mệnh đề liên quan đến chính xác ba biến khác nhau. Đối với một hằng số 0 < s <1, Gap-3SAT _s là vấn đề lời hứa sau đây:

Trường hợp _của Gap-3SAT : Công thức 3CNF.
Có - lời hứa : là thỏa đáng.
Không hứa hẹn : Không có bài tập thật nào thỏa mãn nhiều hơn một phần các mệnh đề của.

Một trong những cách tương đương để nêu PCP lý nổi tiếng [AS98, ALMSS98] là có tồn tại một hằng số 0 < s <1 mà Gap-3SAT _s là NP-đầy đủ.

Chúng tôi nói rằng công thức 3CNF được giới hạn theo cặp B nếu mọi cặp biến khác biệt xuất hiện trong hầu hết các mệnh đề B. Ví dụ, một công thức 3CNF ( x ₁ ∨ x ₂ ∨ x ₄ ) ∧ (¬ x ₁ ∨¬ x ₃ ∨ x ₄ ) ∧ ( x ₁ ∨ x ₃ ∨¬ x ₅ ) được cặp 2 giáp nhưng không phải cặp 1 được định hướng bởi vì ví dụ: cặp ( x ₁ , x ₄ ) xuất hiện trong nhiều mệnh đề.

Câu hỏi . Làm ở đó tồn tại các hằng số B ∈ℕ, một > 0, và 0 < s <1 mà Gap-3SAT _s là NP-đầy đủ ngay cả đối với một công thức 3CNF đó là cặp B -bounded và bao gồm ít nhất một ² khoản, nơi n là số lượng biến?

Giới hạn cặp đôi rõ ràng ngụ ý rằng chỉ có các mệnh đề O ( n ² ). Cùng với bậc hai thấp hơn ràng buộc về số lượng mệnh đề, đại khái nói rằng không có cặp biến số riêng biệt nào xuất hiện trong các mệnh đề nhiều hơn đáng kể so với trung bình.

Đối với Gap-3SAT, nó được biết rằng trường hợp thưa thớt khó : có tồn tại một hằng số 0 < s <1 mà Gap-3SAT _s là NP-đầy đủ ngay cả đối với một công thức 3CNF nơi mỗi biến xảy ra chính xác gấp năm lần [Fei98]. Mặt khác, các trường hợp rậm rạp rất dễ dàng : Max-3SAT thừa nhận một PTA cho một công thức 3CNF với Ω ( n ³ ) điều khoản riêng biệt [AKK99], và do đó Gap-3SAT _s trong trường hợp này là trong P cho mỗi liên tục 0 < s <1. Câu hỏi hỏi về giữa của hai trường hợp.

Câu hỏi trên xuất phát ban đầu trong một nghiên cứu về độ phức tạp tính toán lượng tử, cụ thể hơn là các hệ thống chứng minh tương tác hai vòng một prover với các hệ thống provers vướng víu ( MIP ^* (2.1) ). Nhưng tôi nghĩ rằng câu hỏi có thể thú vị theo đúng nghĩa của nó.

Tài liệu tham khảo

[AKK99] Sanjeev Arora, David Karger và Marek Karpinki. Các sơ đồ gần đúng thời gian đa thức cho trường hợp dày đặc của các bài toán NP-hard. Tạp chí Khoa học Máy tính và Hệ thống , 58 (1): 193 Từ210, tháng 2 năm 1999. http://dx.doi.org/10.1006/jcss.1998.1605

[ALMSS98] Sanjeev Arora, Carsten Lund, Rajeev Motwani, Madhu Sudan và Mario Szegedy. Xác minh bằng chứng và độ cứng của các vấn đề gần đúng. Tạp chí ACM , 45 (3): 501 Từ555, tháng 5 năm 1998. http://doi.acm.org/10.1145/278298.278306

[AS98] Sanjeev Arora và Shmuel Safra. Kiểm tra xác suất bằng chứng: Một đặc tính mới của NP. Tạp chí của ACM , 45 (1): 70 Hàng22, tháng 1 năm 1998. http://doi.acm.org/10.1145/273865.273901

[Fei98] Uriel Feige. Một ngưỡng của ln n cho xấp xỉ bộ bìa. Tạp chí ACM , 45 (4): 634 Từ652, tháng 7 năm 1998. http://doi.acm.org/10.1145/285055.285059

Không phải là một câu trả lời đầy đủ, nhưng hy vọng gần gũi. Điều này rất gần với ý kiến ​​của Luca ở trên. Tôi tin rằng câu trả lời là có ít nhất có làm hằng tồn tại B ∈ℕ, một > 0, và 0 < s <1 mà Gap-3SAT _s là NP-đầy đủ ngay cả đối với một công thức 3CNF đó là cặp B -bounded và bao gồm ít nhất khoản, đối với bất kỳ liên tục ε .$an^{2-\epsilon}$$\epsilon$

Bằng chứng là như sau. Hãy xem xét một GAP-3SAT s dụ φ trên N biến, trong đó mỗi biến xuất hiện nhiều nhất là 5 lần. Đây là NP-đầy đủ, như bạn nói trong câu hỏi.$_s$$\phi$$N$

Bây giờ chúng ta tạo một đối tượng mới như sau:$\Phi$

1. Đối với mỗi biến trong φ , Φ có n biến y i j .$x_i$$\phi$$\Phi$$n$$y_{ij}$
2. Đối với mỗi bộ chỉ số , một và b với một ≠ b , Φ có một cặp khoản y i một ∨ ¬ y i b ∨ ¬ y i b và y i b ∨ ¬ y i một ∨ ¬ y i một . Tôi sẽ gọi chúng là các mệnh đề so sánh vì chúng đảm bảo rằng y i a = y i b nếu chúng hài lòng.$i$$a$$b$$a\neq b$$\Phi$$y_{ia}∨￢y_{ib}∨￢y_{ib}$$y_{ib}∨￢y_{ia}∨￢y_{ia}$$y_{ia} = y_{ib}$
3. Đối với mỗi điều khoản trong diễn xuất trên các biến x i , x j và x k , cho mỗi một và b , Φ chứa một khoản tương đương, nơi x i được thay thế bằng y i một , x j được thay thế bằng y j b và x k được thay thế bằng y k ( a + b ) (ở đây bổ sung được thực hiện modulo n ). Tôi sẽ coi đây là những mệnh đề được thừa kế.$\phi$$x_i$$x_j$$x_k$$a$$b$$\Phi$$x_i$$y_{ia}$$x_j$$y_{jb}$$x_k$$y_{k(a+b)}$$n$

Tổng số biến là sau đó . Lưu ý Φ có 2 N n 2 khoản so sánh và $m = nN$$\Phi$$2Nn^2$Mệnh đề 3 Nn2, với tổng số$\frac{5}{3}Nn^2$mệnh đề. Lấyn=Nkta cóm=Nk+1và tổng số mệnh đềC=$\frac{11}{3}Nn^2$$n = N^k$$m = N^{k+1}$ . Chúng tôi cók=ε-1-1, vì vậyCαm2-ε.$C = \frac{11}{3}N^{2k+1} = \frac{11}{3}m^{2-\frac{1}{k+1}}$$k = \epsilon^{-1} - 1$$C \propto m^{2-\epsilon}$

Tiếp theo, là cặp 8-giáp (tối đa là 2 từ các điều khoản so sánh và 6 từ các điều khoản được thừa kế).$\Phi$

Cuối cùng, nếu là không thể thoả mãn, thì ít nhất ( 1 - s ) N khoản không hài lòng. Bây giờ, nếu y i a ≠ y i b cho bất kỳ a , b thì ít nhất n - 1 mệnh đề không thỏa mãn. Lưu ý rằng để đáp ứng ( 1 - s ) N mệnh đề không thỏa mãn trong một tập hợp các mệnh đề được kế thừa cho cố định a , b thì việc gán các biến y : a , y $\phi$$(1-s)N$$y_{ia} \neq y_{ib}$$a,b$$n-1$$(1-s)N$$a,b$$y_{:a}$ và y : ( a + b ) phải khác nhau ít nhất 1 - $y_{:b}$$y_{:(a+b)}$ vị tríN, để lại ít nhất1-$\frac{1-s}{5}N$so sánh các mệnh đề không thỏa mãn. Điều này phải giữ cho mọi lựa chọn củaavàb, vì vậy ít nhất≈1-$\frac{1-s}{5}N(n-1)$$a$$b$ mệnh đề so sánh 11 Cvẫn chưa được thỏa mãn trong tổng số các mệnh đề được thừa kế đủ để được thỏa mãn. Tuy nhiên, nếu bạn nhìn vào một thái cực khác, nơi tất cả các mệnh đề so sánh được thỏa mãn, thì(1-s)Nn2=(1-s)m 2 k + $\approx \frac{1-s}{5}Nn^2 = \frac{3(1-s)}{11}C$mệnh đề k + 1 =(1-s)Ckhông thỏa mãn. Do đó một hài cốt khoảng cách (mặc dù giảm) vớis'=4+$(1-s)Nn^2 = (1-s)m^{\frac{2k+1}{k+1}} = (1-s)C$ .$s' = \frac{4+s}{5}$

Các hằng số có thể cần phải được kiểm tra lại.