Sự phức tạp trong giao tiếp của việc tìm kiếm phần tử chung của hai tập con

Giả sử rằng Alice nhận được một tập con và Bob nhận . Người ta hứa rằng . Độ phức tạp giao tiếp ngẫu nhiên của việc xác định phần tử chung gì? $S \subseteq \{1,\dots,n\}$ $T \subseteq \{1,\dots,n\}$ $\lvert S \cap T \rvert = 1$ $S \cap T$

Quan tâm của tôi về điều này là như sau. Chi phí giao tiếp bằng không của vấn đề này là vì Alice và Bob chỉ có thể đoán sử dụng tiền công khai và hủy bỏ nếu họ đoán sai. Tuy nhiên, tôi không thể nghĩ ra một giao thức truyền thông chi phí . Vì người ta không biết liệu chi phí truyền thông bằng 0 có thấp hơn nhiều so với chi phí liên lạc ngẫu nhiên hay không, tôi nghĩ rằng tôi đang thiếu một cái gì đó rõ ràng ở đây. $\log n$ $S \cap T$ $O(\log n)$

Chi phí truyền thông bằng không được định nghĩa như sau. Sau khi Alice và Bob nhận được đầu vào của họ, họ không được giao tiếp. Tuy nhiên, họ chia sẻ tiền công khai, và họ được phép trả lời bằng "hủy bỏ". Nếu không hủy bỏ bữa tiệc, họ phải cung cấp câu trả lời đúng với xác suất. Chi phí truyền thông bằng không là nhật ký âm của xác suất không hủy bỏ. Trong $2/3$ arxiv: 1204.1505, nó được chỉ ra (trong số những thứ khác) rằng gần như tất cả các giới hạn thấp hơn đã biết về độ phức tạp trong giao tiếp thực tế là các giới hạn thấp hơn cho giao tiếp bằng không.

Cập nhật: @Shitikanth cho thấy sự phức tạp giao tiếp là . Vì vậy, rõ ràng điều này mang lại một khoảng cách giữa chi phí truyền thông và chi phí truyền thông bằng không. Nhưng arxiv: 1204.1505 dường như mang lại ấn tượng rằng không có khoảng cách nào như vậy được biết đến. Tôi đang thiếu gì? $\Omega(n)$

communication-complexity

— Dan Stahlke
nguồn

"Alice và Bob chỉ có thể đoán

bằng cách sử dụng tiền công khai và hủy bỏ nếu họ đoán sai." Tôi không nghĩ rằng định nghĩa của họ về các giao thức Zero-Communication cho phép Alice và Bob hủy bỏ sau khi đoán. Nếu cả hai chọn trả lời, họ phải thắng với xác suất cao.

S \cap T

$S\cap T$

— Shitikanth

Xin lỗi vì ngôn ngữ cẩu thả. Để làm rõ, họ chọn

sử dụng đồng tiền nào. Alice hủy bỏ nếu

và Bob hủy bỏ nếu

. Nếu không bên nào hủy bỏ, họ trả lời

. Loại mánh lới quảng cáo này đôi khi được gọi là "đoán".

i \in {1, \dots, n}

$i \in \{1,\dots,n\}$

i \notin S

$i \not\in S$

i \notin T

$i \not\in T$

i

$i$

— Dan Stahlke

Tôi thấy những gì bạn có nghĩa là bây giờ. Tuy nhiên, đó chỉ là một giao thức truyền thông không có thể có cho vấn đề này. Các tác giả mô tả một giao thức khác sẽ hủy bỏ với xác suất chỉ

2^{- O (n)}

$2^{-O(n)}$

— Shitikanth

a Giao thức tôi đề cập có chi phí

\log n

$\log n$

— Dan Stahlke

Câu trả lời:

(Giảm từ thiết lập rời rạc)

Giả sử Alice và Bob được cho bộ với sự đảm bảo rằng . Alice và Bob chạy giao thức cho việc tìm kiếm các yếu tố chung của và giả định rằng bộ của họ có một ngã tư không tầm thường để quyết định một yếu tố chung . Bây giờ, họ có thể liên lạc với nhau để xác minh rằng trên thực tế là phổ biến cho cả và với các bit . $S, T \subseteq [n]$ $|S\cap T| \leq 1$ $S$ $T$ $X$ $X$ $S$ $T$ $O(\log n)$

Do đó, bất kỳ giao thức cho việc tìm kiếm các yếu tố chung của và phải mất bit của thông tin liên lạc. $S$ $T$ $\Omega(n)$

— Shitikanth
nguồn

Vâng, tất nhiên, cảm ơn! Tôi biết câu trả lời liên quan đến sự rời rạc, nhưng tôi không thể nhìn thấy nó. Mặc dù, trước khi kết thúc câu hỏi, tôi muốn xem có ai bình luận về khoảng cách rõ ràng giữa giao tiếp và chi phí giao tiếp bằng không.

— Dan Stahlke

Tôi không chắc ý của bạn là gì - chi phí liên lạc bằng không. Bạn có thể cung cấp một liên kết hoặc một tài liệu tham khảo?

— Shitikanth

Tôi đã cập nhật câu hỏi với một liên kết đến một bài báo và cũng sẽ cung cấp định nghĩa cho chi phí ZC.

— Dan Stahlke

Nghĩ lại một lần nữa với một cái đầu rõ ràng, việc giảm bớt sự phân biệt này không thực sự hiệu quả. Giao thức chỉ được yêu cầu trả lời với một cái gì đó từ

khi

. Và tôi không thể sửa đổi câu hỏi của mình để cho phép tùy ý

vì tôi muốn xác suất hủy bỏ được thống nhất. Cho dù đây là gốc rễ của khoảng cách rõ ràng giữa ZC và R, tôi không biết.

S \cap T

$S \cap T$

| S \cap T | = 1

$\lvert S \cap T \rvert = 1$

| S \cap T | > 1

$\lvert S \cap T \rvert > 1$

— Dan Stahlke

@DanStahlke có một kết quả của Razborov rằng độ phức tạp giao tiếp ngẫu nhiên của sự tách rời tập hợp duy nhất cũng là

Ω (n)

$\Omega(n)$

— Sasho Nikolov

Phiên bản ra quyết định về vấn đề của bạn có thể được viết dưới dạng folowing: Đây là rất giống với khu vực nội sản phẩm

E Q (S_{1}, t_{1}) \lor E Q (S_{2}, t_{2}) \lor \dots \lor E Q (S_{n}, t_{n}) .

$EQ(s_1,t_1)\lor EQ(s_2,t_2)\lor \dots \lor EQ(s_n,t_n).$

x_{1} y_{1} \lor x_{2} y_{2} \lor \dots \lor x_{n} y_{n} .

$x_1y_1\lor x_2y_2\lor\dots\lor x_ny_n.$ Độ phức tạp giao tiếp của hai vấn đề này là tương đương, vì sự bình đẳng có thể được thực hiện với chi phí truyền thông ngẫu nhiên không đổi.

Ngoài ra, việc tìm một sao cho ít nhất cũng khó như phiên bản quyết định của vấn đề. Do đó, vấn đề của bạn khó như giải khi chỉ có một mệnh đề được thỏa mãn. Tôi không có bằng chứng trực tiếp, nhưng trực giác của tôi cho phép tôi tin rằng chỉ với 1 khoản hài lòng là khó như chung . Vì vậy, mức độ phức tạp ngẫu nhiên về vấn đề của bạn sẽ được nếu tôi không nhầm. $i$ $s_i=t_i$ $IP$ $IP$ $IP$ $\Theta(n)$

Tôi hi vọng cái này giúp được.

— Philippe Lamontagne
nguồn

-3

Giao thức nhanh nhất tôi có thể nghĩ đến là thay thế trao đổi một cặp yếu tố liền kề ngẫu nhiên, vứt bỏ những thứ bị bỏ qua.

Alice [1,10,26,49,50] Bob [2,3,25,49,51]

Cặp liền kề Alice là [10,26] nên Bob vứt đi 25

Alice [1,49,50] Bob [2,3,49,51]

Cặp liền kề Bob là [3,49] khớp trên 49 nên tạm dừng

— Nhà sản xuất bia Chad
nguồn