Độ phức tạp của cây quyết định ngẫu nhiên Las Vegas vs Monte Carlo

Lý lịch:

Độ phức tạp của cây quyết định hoặc độ phức tạp của truy vấn là một mô hình tính toán đơn giản được xác định như sau. Đặt là hàm Boolean. Độ phức tạp truy vấn xác định của , ký hiệu là , là số bit tối thiểu của đầu vào cần được đọc (trong trường hợp xấu hơn) bằng thuật toán xác định tính . Lưu ý rằng số đo độ phức tạp là số bit của đầu vào được đọc; tất cả các tính toán khác là miễn phí.f D ( f ) x ∈ { 0 , 1 } n f ( x $f:\{0,1\}^n\to \{0,1\}$$f$$D(f)$$x\in\{0,1\}^n$$f(x)$

Tương tự, chúng tôi xác định độ phức tạp truy vấn ngẫu nhiên Las Vegas của , ký hiệu là , là số bit đầu vào tối thiểu cần đọc trong kỳ vọng bằng thuật toán ngẫu nhiên không có lỗi, tính toán . Một thuật toán không có lỗi luôn đưa ra câu trả lời đúng, nhưng số bit đầu vào được đọc bởi nó phụ thuộc vào tính ngẫu nhiên bên trong của thuật toán. (Đây là lý do tại sao chúng tôi đo số lượng bit đầu vào dự kiến ​​đọc.)R 0 ( f ) f ( x $f$$R_0(f)$$f(x)$

Chúng tôi xác định độ phức tạp truy vấn ngẫu nhiên Monte Carlo của , ký hiệu là , là số bit đầu vào tối thiểu cần đọc bằng thuật toán ngẫu nhiên có lỗi giới hạn tính toán . Một thuật toán lỗi giới hạn luôn đưa ra một câu trả lời ở cuối, nhưng nó chỉ cần đúng với xác suất lớn hơn (giả sử).R 2 ( f ) f ( x ) 2 /$f$$R_2(f)$$f(x)$$2/3$

Câu hỏi

Những gì được biết về câu hỏi liệu

$R_0(f) = \Theta(R_2(f))$ ?

Được biết

$R_0(f) = \Omega(R_2(f))$

bởi vì thuật toán Monte Carlo ít nhất cũng mạnh như thuật toán Las Vegas.

Gần đây tôi đã biết rằng không có sự tách biệt được biết đến giữa hai sự phức tạp. Tài liệu tham khảo mới nhất tôi có thể tìm thấy cho khiếu nại này là từ năm 1998 [1]:

[1] Nikolai K. Vereshchagin, Cây quyết định Boolean ngẫu nhiên: Một số nhận xét, Khoa học máy tính lý thuyết, Tập 207, Số 2, 6 tháng 11 năm 1998, Trang 329-342, ISSN 0304-3975, http://dx.doi.org/ 10.1016 / S0304-3975 (98) 00071-1 .

Giới hạn trên được biết đến nhiều nhất về mặt khác là

$R_0(f) = O(R_2(f)^2 \log{R_2(f)})$

do [2]:

[2] Kulkarni, R., & Tal, A. (2013, tháng 11). Về độ nhạy khối phân số. Trong Colloquium điện tử về độ phức tạp tính toán (ECCC) (Tập 20, trang 168).

Tôi có hai câu hỏi cụ thể.

1. [Yêu cầu tham khảo]: Có bài báo nào gần đây hơn (sau năm 1998) thảo luận về vấn đề này không?
2. Quan trọng hơn , có một chức năng ứng cử viên được phỏng đoán để tách hai phức tạp này?

Đã thêm vào v2: Đã thêm ref [2], nhấn mạnh câu hỏi thứ hai về sự tồn tại của chức năng ứng cử viên.

Theo tôi biết, điều này vẫn còn mở. Một bài báo gần đây đề cập đến các đại lượng này và một số giới hạn là Aaronson et al: Wity parity (xem http://arxiv.org/abs/1312.0036 ). Bạn cũng có thể xem chương 14 của Jukna: Boolean funcions và cuộc điều tra năm 1999 (vẫn còn đập năm 1998!) Của Buhrman và de Wolf. Một bài báo rất gần đây về độ phức tạp của cây quyết định ngẫu nhiên là Magniez et al: http://arxiv.org/abs/1309.7565

Cuối cùng, một bản tóm tắt ngắn tôi đã thực hiện cho chính mình vào tháng trước (không có defs):

R2 <= R0 <= D <= n

D <= N0 * N1 <= C ^ 2 <= R0 ^ 2

s <= bs <= C <= s * bs <= bs ^ 2 (mới: [Gilmer-Saks-Srinivasan]: có f st bs ^ 2 (f) = O (C (f)))

D <= N1 * bs <= bs ^ 3 <= (3R2) ^ 3

deg <= D <= bs * deg <= deg ^ 3 (mới: [Tal]: bs <= deg ^ 2)

D <= N1 * deg

C <= bs * deg ^ 2 <= deg ^ 4

Phỏng đoán độ nhạy là s cũng liên quan đến đa thức với các tham số khác.

Câu hỏi này đã được giải quyết!

$f$

$R_0(f) = \tilde{\Omega}(R_2(f)^{2})$

và ngay cả

$R_0(f) = \tilde{\Omega}(R_1(f)^{2})$

$R_1(f)$

Cả hai phân tách là tối ưu để đăng nhập các yếu tố!