Ước tính trung bình theo thời gian đa thức

Hãy là một hàm Chúng ta muốn ước tính trung bình. F , đó là: E [ f ( n ) ] = 2 - n Σ x ∈ { 0 , 1 } n f ( x ) .$f \colon \lbrace 0,1 \rbrace ^ n \to (2^{-n},1]$$f$$\mathbb{E}[f(n)]=2^{-n}\sum_{x\in \lbrace 0,1 \rbrace ^ n}f(x)$

NOTE: In the OP, the range of f was [0,1]. I changed this a bit for technical reasons. (This should simplify the problem; if not, forget it!)

Đặt là thuật toán ước lượng (ngẫu nhiên). Giả sử rằng E có quyền truy cập hộp đen vào f . Chúng tôi biểu thị điều này bởi E f .$E$$E$$f$$E^f$

Có hai điều kiện:

1) thời gian chạy Công cụ ước tính: Có tồn tại một đa thức đơn sao cho với mọi n và tất cả các e , thời gian chạy của E f ( 1 n ) được bao bọc bởi p ( n $p(\cdot)$$n$$f$$E^f(1^n)$ .$\frac{p(n)}{\mathbb{E}[f(n)]}$

2) Độ chính xác của công cụ ước tính với độ tin cậy : $\delta$ tại một đa thức , sao cho với tất cả n và tất cả f , chúng ta có $q(\cdot)$$n$$f$với xác suất ít nhấtδ.${1 \over {q(n)}} < \frac{E^f(1^n)}{\mathbb{E}[f(n)]} < q(n)$$\delta$

NOTE: The confidence δ was not in the OP. The parameter δ is in (0,1), and may depend on n. For instance, it may be 1-1/2^n.

Những người ước tính như vậy có tồn tại?

Bối cảnh và động lực

Tôi đã không đề cập đến động lực của tôi ngay từ đầu vì nó đòi hỏi rất nhiều kiến ​​thức nền tảng. Dù sao, đối với những người đam mê, tôi mô tả ngắn gọn: Nhu cầu về những người ước tính như vậy nảy sinh trong bối cảnh "Bằng chứng về Khả năng", như được định nghĩa trong bài viết sau:

Mihir Bellare, Golddedich. Chứng minh khả năng tính toán , 1992. Bản thảo chưa xuất bản.

Cụ thể, ở cuối trang 5, các tác giả mặc nhiên cho rằng sự tồn tại của các công cụ ước tính đó (Không có đề cập đến độ chính xác và thời gian chạy không được xác định chính xác; bối cảnh xác định rõ ràng mọi thứ.)

Nỗ lực đầu tiên của tôi là đọc " Một mẫu của Samplers --- Một quan điểm tính toán về lấy mẫu ." Nó liên quan đến một vấn đề rất giống nhau, nhưng xác suất lỗi được xác định là phụ gia, trong khi chúng ta là số nhân. (Tôi đã không đọc hết bài báo, có lẽ nó đề cập đến những gì tôi cần ở đâu đó.)

EDIT (theo yêu cầu của Tsuyoshi): Trên thực tế, định nghĩa của "Bằng chứng về khả năng tính toán" đòi hỏi sự tồn tại của một "trình trích xuất tri thức" có thời gian chạy (dự kiến) là . Vì chúng tôi không biếtE[f(n)], chúng tôi muốn ước tính nó; Tuy nhiên, điều này không được thay đổi đáng kể thời gian chạy: nó nên thay đổi nó thành một yếu tố đa thức. Các điều kiện chính xác cố gắng để nắm bắt yêu cầu như vậy.$p(n) \over E[f(n)]$$E[f(n)]$

EDIT: Điều này giải quyết phiên bản của vấn đề trong đó f chỉ xuất ra 0 hoặc 1. Nhưng tôi nghĩ giải pháp có thể được điều chỉnh để làm cho nó hoạt động cho trường hợp tổng quát hơn.

Có lẽ tôi đã hiểu nhầm câu hỏi, nhưng điều này không quá khó.

Thay vì ước tính, trung bình, chúng ta hãy nghĩ đến việc ước tính số lượng 1 và gọi số đó là k. Đặt . Vậy trung bình là k / N. Bạn muốn ước tính điều này trong một hệ số nhân đa thức trong thời gian O (N polylog (N) / k).$N = 2^n$

Tôi nghĩ rằng điều này có thể được thực hiện trong bất kỳ yếu tố nhân liên tục quá. Ví dụ: giả sử bạn muốn ước tính giá trị này trong phạm vi 2. Vì vậy, đầu ra của thuật toán sẽ nằm trong khoảng từ k / 2 đến 2k.$k'$

Tôi sẽ phác thảo một thuật toán, cần có thời gian chạy phù hợp. Trước tiên hãy kiểm tra xem k có nằm trong khoảng từ N / 2 đến N. Điều này thật dễ dàng, chỉ cần lấy mẫu một vài giá trị ngẫu nhiên và nếu bạn nhận được hơn nửa 1 giây, thì đó là trong khoảng này. Vì vậy, bạn có một xấp xỉ 2. Nếu không, sau đó kiểm tra xem nó có nằm trong khoảng từ N / 4 đến N / 2 không. Và như vậy. Mỗi khi bạn thực hiện khoảng thời gian nhỏ hơn, sẽ tốn kém hơn để ước tính liệu k có nằm trong phạm vi đó hay không. Nhưng chi phí tỷ lệ nghịch với khoảng cách nhỏ.

$N/2^q$$2N/2^q$$O(2^q)$$N/2^q$$2N/2^q$$N/2^q$$2^q$là về k / N. Vì vậy, trong bước này, chúng tôi sẽ dành các truy vấn O (k / N). Nhưng để đến bước này cần có các bước khác, nhưng đó chỉ là một yếu tố polylog (N) bổ sung. Vì vậy, thời gian chạy tổng thể là O (N polylog (N) / k), cho xấp xỉ 2.

(Một người thực sự sẽ phải thực hiện khuếch đại lỗi để có độ chính xác cao trong từng bước. Nhưng đó chỉ là một yếu tố polylog phụ.)

$k$$N/2^q$$2n/2^q$$k$

Để thực hiện công việc này cho trường hợp đầu ra không phải là boolean, thay vì đếm số 1s, chỉ cần tính tổng các giá trị nhìn thấy. Tôi sẽ cố gắng tìm một tài liệu tham khảo để cho thấy rằng điều này hoạt động nghiêm ngặt.

$f_1,f_2,\ldots$$f$$\{0,1\}^n$$k$$\sum_{i=1}^k f_i \ge M$$M$$M=polylog(n)$$M / k$

$k$$\mu$$E(f)$$k_{low}$$k_{high}$$\mu$$1 - \delta$$\sum_{i=1}^{k_{low}} f_i < M$$\sum_{i=1}^{k_{high}} f_i > M$$f_i$$k_{low} < k < k_{high}$$1-\delta$$M/k$