Mô phỏng nhanh nhất được biết đến của BPP sử dụng thuật toán Las Vegas là gì?

$\mathsf{BPP}$ và $\mathsf{ZPP}$ là hai lớp phức tạp xác suất cơ bản.

$\mathsf{BPP}$ là lớp ngôn ngữ được quyết định bởi các thuật toán Turing thời gian đa thức xác suất trong đó xác suất thuật toán trả về một câu trả lời không chính xác bị ràng buộc, nghĩa là xác suất lỗi nhiều nhất là $\frac{1}{3}$ (cho cả trường hợp CÓ và KHÔNG).

Mặt khác, các thuật toán $\mathsf{ZPP}$ có thể được xem là các thuật toán xác suất không bao giờ trả lời sai, bất cứ khi nào chúng trả lời một câu trả lời là đúng. Tuy nhiên thời gian chạy của chúng không bị giới hạn bởi một đa thức, chúng chạy trong đa thức dự kiến.

Đặt $\mathsf{ZPTime}(f)$ là lớp ngôn ngữ được quyết định bởi các thuật toán xác suất có xác suất lỗi bằng 0 và thời gian chạy dự kiến $f$ . Chúng cũng được gọi là thuật toán Las Vegas và $\mathsf{ZPP} = \mathsf{ZPTime}(n^{O(1)})$ .

Câu hỏi của tôi là những gì được biết tốt nhất mô phỏng các thuật toán $\mathsf{BPP}$ bằng thuật toán Las Vegas? Chúng ta có thể mô phỏng chúng trong thời gian dự kiến không? Có bất kỳ cải tiến được biết đến trên các mô phỏng vũ lực tầm thường mà mất thời gian theo cấp số nhân?

Chính thức hơn, làm chúng ta biết nếu $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ZPTime}(2^{O(n^{\epsilon})})$ hoặc $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ZPTime}(2^{n-n^{\epsilon}})$ đối với một số $\epsilon>0$ ?

— hồi hộp
nguồn

N, chiều dài của đầu vào là gì? Tại sao chúng ta có thể chấp nhận trong

2^{n}

$2^n$

— domotorp

là điều tương tự như

2^{p o l y (n) - n^{ϵ}}

$2^{\mathrm{poly}(n)-n^\epsilon}$

2^{p o l y (n)}

$2^{\mathrm{poly}(n)}$

— Emil Jeřábek

Tôi thấy câu hỏi khá thú vị. Tôi đã chỉnh sửa câu hỏi để làm cho nó dễ đọc và chính xác hơn. Hãy chỉnh sửa thêm. ps: Tôi đoán rằng có lẽ bạn muốn tính đến nhiều bit ngẫu nhiên được sử dụng bởi thuật toán BPP làm tham số cho thời gian mô phỏng nhưng như Emil chỉ ra những gì bạn đã viết cho

. Nếu bạn muốn rằng bạn phải thay thế BPP bằng một loại thuật toán xác suất lỗi bị ràng buộc cụ thể có tham số cho số lượng bit ngẫu nhiên được sử dụng bởi thuật toán.

2^{p o l y (n)}

$2^{poly(n)}$

— Kaveh

Bạn có thể hỏi liệu chúng ta có thể mô phỏng thuật toán BPP sử dụng các bit ngẫu nhiên

trong

khi mô phỏng brute-force chạy trong

thời gian.

r (n)

$r(n)$

Z P T i m e (2^{r (n) - n^{ϵ}} n^{O (1)})

$\mathsf{ZPTime}(2^{r(n)-n^\epsilon}n^{O(1)})$

2^{r (n)} n^{O (1)}

$2^{r(n)}n^{O(1)}$

— Kaveh

Câu trả lời:

Thứ nhất, quan sát rằng nếu cho một số liên tục , sau đó . (Bằng chứng là hệ thống phân cấp thời gian không xác định.) Vì vậy, việc chứng minh sự bao gồm như vậy sẽ rất có ý nghĩa, không chỉ vì nó là một mô phỏng được cải thiện mà còn mang lại tiến bộ đầu tiên về giới hạn thời gian ngẫu nhiên trong nhiều thập kỷ. $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ZPTIME}[2^{n^{c}}]$ $c$ $\mathsf{BPP} \neq \mathsf{NEXP}$

Tiếp theo, hãy xem xét lớp $\mathsf{PromiseBPP}$ , với vấn đề sau đây là " -hard": $\mathsf{PromiseBPP}$

Mạch xấp xỉ xác suất Vấn đề (CAPP): Cho một mạch , sản lượng xác suất chấp nhận trong vòng một yếu tố phụ. $C$ $C$ $1/6$

Kết quả Impagliazzo, Kabanets, và Wigderson 2002 ngụ ý rằng một thời gian thuật toán zero-lỗi cho CAPP (nơi là kích thước của ) sẽ bao hàm . Trong STOC'10, tôi đã mở rộng điều này để hiển thị: giả sử cho mọi với bit đầu vào và kích thước , người ta có thể tính toán CAPP không điều kiện (vì vậy, không có lỗi nào) trong thời gian, sau đó $2^{n^{\varepsilon}}$ $n$ $C$ $\mathsf{NEXP} \not\subset \mathsf{P/poly}$ $C$ $k$ $n$ $2^{k-\omega(\log k)}\mathrm{poly}(n)$ $\mathsf{NEXP} \not\subset \mathsf{P/poly}$ . Đó là, chắc chắn có những vấn đề có thể tính toán được với tính ngẫu nhiên lỗi hai mặt, trong đó các thuật toán không có lỗi mà ngay cả việc tìm kiếm toàn diện một cách nhẹ nhàng sẽ bao hàm các giới hạn thấp hơn. Tôi tin rằng điều này nên được hiểu là một phương pháp khả thi để chứng minh giới hạn dưới; số dặm của bạn có thể thay đổi.

Lưu ý rằng ngay cả việc chứng minh cũng mở và chứng minh rằng điều đó cũng bao hàm các giới hạn thấp hơn: bởi Kabanets và Impagliazzo 2004, nếu đa thức thử nghiệm (một vấn đề ) nằm trong cho tất cả , sau đó chúng tôi có giới hạn thấp hơn cho Thường trực hoặc . Gần đây (sắp diễn ra trong STOC'13), tôi đã chứng minh vô điều kiện rằng hoặc có $\mathsf{RP} \subseteq \mathsf{ZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]$ $\mathsf{coRP}$ $\mathsf{ZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]$ $\varepsilon > 0$ $\mathsf{NEXP}$ $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ioZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]/n^{\varepsilon}$ $\mathsf{RTIME}[2^n]$ $n^c$ mạch kích thước, xây dựng theo phương pháp "nhân chứng dễ dàng" của Kabanets. Điều này ngụ ý hai điều:

Có một sao cho với mọi , là vô điều kiện trong - đây là về derandomization vô điều kiện tốt nhất của trong mà chúng ta biết cho đến nay. $c$ $\varepsilon > 0$ $\mathsf{RP}$ $\mathsf{ioZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]/n^c$ $\mathsf{RP/BPP}$ $\mathsf{ZPP}$
Để bắt đầu nhận được các mô phỏng phụ thú vị của , bạn "chỉ" phải giả sử không có các mạch có kích thước đa thức cố định. $\mathsf{BPP}$ $\mathsf{RTIME}[2^n]$

— Ryan Williams
nguồn

Cảm ơn Niel vì đã dành thời gian để đưa ra phản hồi của tôi rõ ràng :)

— Ryan Williams

Ryan, tôi nghĩ rằng tôi sắp đặt một câu hỏi rất ngu ngốc, nhưng ở đây tôi đi: trong câu đầu tiên của bạn, tại sao bạn cần "cho tất cả

"? Không tập hợp con BPP của ZPTIME (2 ^ (n ^ c)) đối với một số c cố định ngụ ý tập hợp con BPP của RTIME (2 ^ (n ^ c)) và do đó NTIME (2 ^ (n ^ c)), do đó, BPP là không bằng NEXP hoặc NTIME (2 ^ (2n ^ c)) là tập con của NTIME (2 ^ (n ^ c))?

ϵ

$\epsilon$

— Sasho Nikolov

Không ngu ngốc chút nào - trên thực tế,

đối với một số

là đủ cho

, nhờ đã chỉ ra rằng. Các thuật toán thời gian phụ là cần thiết cho các hậu quả khác, mặc dù.

B P P \subseteq N T I M E (2^{n^{c}})

$BPP \subseteq NTIME(2^{n^c})$

c

$c$

B P P \neq N E X P

$BPP \neq NEXP$

— Ryan Williams

Ryan: Nếu tôi muốn hiểu bài viết của bạn về cuốn sách / giấy tờ nào về độ phức tạp của mạch, bạn có nên làm quen với nó không?

— T ....

Xin chào Arul, may mắn là Bill Gasarch đã hỏi tôi câu hỏi này một lúc trước và đưa lên trang web liên kết sau: cs.umd.edu/~gasarch/ryan/ryan.html

— Ryan Williams

Nó phụ thuộc vào những giả định mà bạn sẵn sàng thực hiện.

Theo giả định độ cứng nhất định, cụ thể là , bạn nhận được rằng . Điều này đặc biệt ngụ ý rằng , và do đó, mọi ngôn ngữ đều được máy Las Vegas chấp nhận (xem "P = BPP trừ khi E có Mạch phụ: Xâm nhập bổ đề XOR", bởi Impagliazzo và Wigderson). $E \not\subseteq SIZE(2^{\varepsilon n})$ $P = BPP$ $BPP = ZPP$ $L \in BPP$

Bạn cũng có thể đưa ra một giả định độ cứng nhẹ hơn, cụ thể là và nhận được (xem Bổ đề 46 trong "Tìm kiếm một nhân chứng dễ dàng: Thời gian theo cấp số nhân so với thời gian đa thức xác suất "của Impagliazzo, Kabanets và Wigderson). $ZPE \not\subseteq \rm{io-DTIME}(2^{\varepsilon n})$ $BPP = ZPP$

— Hoặc Meir
nguồn

Đối với bất kỳ tiến bộ nào trong việc tạo ra cộng đồng, tôi dường như yêu cầu rằng Máy Las Vegas không có lỗi là rất quan trọng, do đó không có lợi ích gì khi có sự ngẫu nhiên trong trường hợp này.

$L$ $A$ $x \in \{0,1\}^n$ $r \in \{0,1\}^{N(n)}$

\underset{r}{Pr} (A accepts (x, r)) ⩾ \frac{2}{3} or \underset{r}{Pr} (A accepts (x, r)) ⩽ \frac{1}{3}

$\Pr_r(\text{$A$ accepts $(x,r)$}) \geqslant \tfrac{2}{3} \quad\text{or}\quad \Pr_r(\text{$A$ accepts $(x,r)$}) \leqslant \tfrac{1}{3}$ giữ Nếu chúng ta không được cung cấp thêm thông tin nào về , thì đây thực chất là một vấn đề hứa hẹn tiên tri: đưa ra một lời tiên tri tính và đưa ra lời hứa rằng mang lại một đầu ra với số lượng đầu vào ít nhất gấp đôi so với đầu ra ngược lại , xác định đầu ra nào phổ biến hơn.

A

$A$

A^{'}

$A'$

A^{'} (r) = A (x, r)

$A'(r) = A(x,r)$

A^{'}

$A'$

a \in {0, 1}

$a \in \{0,1\}$

1 - a

$1-a$

Mặc dù Máy Las Vegas có thể sử dụng các kỹ thuật ngẫu nhiên, nhưng nếu chúng ta thực sự buộc phải coi là một nhà tiên tri, chúng ta có thể thấy rằng chiến lược duy nhất có sẵn cho máy Las Vegas là thực hiện một cuộc khảo sát tương đối kỹ lưỡng (mặc dù không toàn diện) chuỗi ngẫu nhiên , để xem câu trả lời nào được đưa ra cho mỗi. Chỉ có thể chắc chắn nếu nó tìm thấy nhiều hơn chuỗi riêng biệt mà tất cả đều phát sinh cùng một đầu ra; mặt khác, với xác suất nhỏ (nhưng khác không!), nó có thể không may mắn và có được một mẫu không đại diện của các đầu ra có thể. Để có được lỗi không, nó phải lấy mẫu ít nhất đầu vào . $A'$ $r$ $2^{N(n)}\!/3$ $r$ $2^{N(n)}\!/3$ $r$

Bởi vì máy Las Vegas phải kiểm tra ít nhất một phần liên tục của tất cả các chuỗi ngẫu nhiên có thể , tiệm chúng tôi chẳng khấm khá hơn nếu chúng ta deterministically kiểm tra tất cả các chuỗi ngẫu nhiên có thể. Chúng tôi không có lợi thế tiệm cận trong việc mô phỏng các thuật toán BPP một cách ngẫu nhiên trong cài đặt không có lỗi, vượt quá những gì chúng tôi có thể làm một cách xác định bằng vũ lực. $r$

Lưu ý rằng cùng một lập luận này dẫn đến sự phân tách orory giữa BPP và ZPP , tức là có một lời tiên tri sao cho vì thuật toán ZPP mất thời gian theo cấp số nhân, trong khi một thuật toán ZPP mất thời gian theo cấp số nhân. Thuật toán BPP có thể giải quyết câu hỏi về nhà tiên tri trong một truy vấn duy nhất và thành công với lỗi bị ràng buộc. Tuy nhiên, điều đó không cho bạn biết nhiều hơn những gì bạn nghi ngờ (rằng chi phí mô phỏng có thể tệ hơn đa thức) cũng như các triệu chứng không tệ như mô phỏng xác định ngây thơ. $A$

{Z P P}^{A} ⫋ {B P P}^{A}

$\mathsf{ZPP}^A \subsetneqq \mathsf{BPP}^A$

— Niel de Beaudrap
nguồn

sửa lỗi cho tôi nếu tôi sai: bạn đang đưa ra một số lý do trực quan tại sao việc khử cộng đồng dường như là không thể, nhưng chúng tôi biết rằng theo một số giả định hợp lý, BPP, ZPP và P đều giống nhau. do đó, trực giác không nhất thiết là tốt

— Sasho Nikolov

Không có gì. Derandomization có lẽ sẽ là một cái nhìn sâu sắc về cách mô phỏng BPP bằng P , phải không? Tôi chỉ mô tả làm thế nào, nếu anh ta muốn kết quả vô điều kiện mà không khai thác cấu trúc của thuật toán, anh ta cũng có thể thực hiện một mô phỏng xác định như một ngẫu nhiên không có lỗi. Hoặc có điều gì đó sai với lời giải thích này?

— Niel de Beaudrap

Tôi nghĩ tất cả những gì bạn đang nói là mô phỏng lực lượng vũ phu ngây thơ của ZPP của ZPP không nhanh hơn nhiều so với mô phỏng vũ lực ngây thơ của BPP bởi P. nhưng tôi không thể thấy những gì được cho là hiển thị. đối với tôi điều này giống như ai đó hỏi 'thuật toán nhanh nhất để tìm kết quả khớp tối đa' là gì và nhận được câu trả lời 'tốt, không có bất kỳ cái nhìn sâu sắc nào về cấu trúc của các trận đấu, đó là thời gian theo cấp số nhân'. câu hỏi đặt ra là liệu có một số hiểu biết sâu sắc về cấu trúc của BPP để có thể mô phỏng ZPP hiệu quả hay không

— Sasho Nikolov

@SashoNikolov: Nó thực sự không phải là một cái nhìn sâu sắc. Từ cách đặt câu hỏi, dường như tôi là đường biên giới để di chuyển sang CS.SE. Tôi đã quyết định trả lời nó theo đúng nghĩa đen, theo như chúng ta biết , thời gian hoạt động hiệu quả nhất dự kiến của Las Vegas Machine chấp nhận ngôn ngữ L∈BPP không tốt hơn nhiều so với một cỗ máy xác định khám phá khả năng vũ phu. Các câu trả lời nói rằng nó có thể là một số giới hạn trên đa thức nếu một số điều kiện giữ là tuyệt vời và nhiều thông tin, và tôi bỏ phiếu cho chúng; nhưng tôi giải quyết câu hỏi thực tế

— Niel de Beaudrap

Tôi nghĩ rằng đây là một câu trả lời hay (bây giờ cũng dễ đọc hơn sau khi chỉnh sửa). Chúng tôi không có kết quả có điều kiện như "P = ZPP ngụ ý P = BPP" hoặc "ZPP = BPP ngụ ý P = BPP" vì vậy vẫn có thể mô phỏng BPP bằng thuật toán ZP nhanh hơn thuật toán xác định. Tuy nhiên, kết quả tương đối hóa dường như ngụ ý rằng điều này không thể xảy ra bởi bất kỳ mô phỏng tương đối hóa nào, tôi có hiểu chính xác không?

— Kaveh