Hậu quả của

Tôi có một phần trong nỗ lực chứng minh của . Nỗ lực chứng minh bao gồm một giảm Karp từ vấn đề -complete VERTEX BÌA 3 THƯỜNG XUYÊN để thi SAT. $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ $\oplus \mathbf{P}$ $\oplus$

Cho một đồ thị khối , phần giảm tạo ra công thức CNF có cả hai thuộc tính sau: $G$ $F$

$F$ có nhiều nhất nhiệm vụ thỏa mãn. $1$
$F$ là thỏa đáng khi và chỉ khi số lượng đỉnh của là số lẻ. $G$

Câu hỏi

Điều gì sẽ là hậu quả của ? Một hậu quả mà tôi đã biết là như sau: sẽ có thể rút gọn thành thông qua việc giảm ngẫu nhiên hai mặt. Nói cách khác, chúng ta sẽ có (sử dụng Định lý Toda, trong đó nêu rằng , chỉ bằng cách thay thế bằng ). Tôi không biết liệu đã được hiển thị để được chứa trong một số cấp của Phân cấp đa thức: nếu có, hậu quả tiếp theo sẽ là $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ $\mathbf{PH}$ $\mathbf{NP}$ $\mathbf{PH}\subseteq\mathbf{BPP}^{\mathbf{NP}}$ $\mathbf{PH}\subseteq\mathbf{BPP}^{\oplus\mathbf{P}}$ $\oplus\mathbf{P}$ $\mathbf{NP}$ $\mathbf{BPP}^{\mathbf{NP}}$ $i$ $\mathbf{PH}$ sụp đổ đến mức . ~~Ngoài ra, theo các giả định derandomization được chấp nhận rộng rãi (~~ ~~), Hệ thống phân cấp đa thức sẽ sụp đổ giữa cấp thứ nhất và cấp thứ hai, vì chúng ta sẽ có~~ ~~(Tôi đã nói điều này không đúng, tuy nhiên tôi sẽ không xóa dòng này cho đến khi tôi hoàn toàn hiểu tại sao).~~ $i$ ~~$\mathbf{BPP} = \mathbf{P}$ $\mathbf{PH} = \mathbf{P}^\mathbf{NP} = \Delta_2^\mathbf{P}$~~

Nếu tôi không nhầm, việc giảm nói trên sẽ thực sự chứng minh nhiều hơn . Nó sẽ chứng minh . Đó sẽ là hậu quả của , ngoài những hậu quả đã được ngụ ý bởi ? Tôi không biết chính xác liệu sẽ gây thêm bất ngờ cho những hậu quả đáng ngạc nhiên của , hay ở mức độ nào. Theo trực giác tôi cho rằng nó sẽ, và ở một mức độ khá rộng. $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{UP}$ $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{UP}$ $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$ $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{UP}$ $\oplus \mathbf{P} \subseteq \mathbf{NP}$

— Giorgio Quayani
nguồn

được đóng dưới bổ sung, và giảm ngẫu nhiên của PH để

là nhiều mốt, vì thế

thực sự ngụ ý

và

\oplus P

$\oplus\mathrm P$

\oplus P

$\oplus\mathrm P$

\oplus P \subseteq N P

$\oplus\mathrm P\subseteq\mathrm{NP}$

P H = Σ_{2}^{P} = Π_{2}^{P} = A M \cap c o A M

$\mathrm{PH}=\Sigma^P_2=\Pi^P_2=\mathrm{AM}\cap\mathrm{coAM}$

P H \subseteq N P / p o l y \cap c o N P / p o l y

$\mathrm{PH}\subseteq\mathrm{NP/poly}\cap\mathrm{coNP/poly}$ . UP không tạo ra nhiều khác biệt (xem việc thiếu bất cứ thứ gì hữu ích trong cstheory.stackexchange.com/questions/3887 ).

— Emil Jeřábek

@ EmilJeřábek Cảm ơn bình luận thú vị của bạn, tôi không biết hậu quả đó. Tôi biết những câu hỏi mà bạn đã chỉ cho tôi đến, tuy nhiên tôi lại có thể ngờ

(cũng như

) để được ngạc nhiên, ít nhất là vì

không biết là có vấn đề hoàn tất. Thật là thú vị như thế nào một cái gì đó phỏng đoán rộng rãi là sai (

) không biết là có, nếu đúng, bất kỳ hậu quả gây sốc. Bạn có thể cân nhắc mở rộng nhận xét của mình thành câu trả lời ...

\oplus P \subseteq U P

$\oplus \mathbf{P}\subseteq\mathbf{UP}$

N P \subseteq U P

$\mathbf{NP}\subseteq\mathbf{UP}$

U P

$\mathbf{UP}$

N P \subseteq U P

$\mathbf{NP}\subseteq\mathbf{UP}$

— Giorgio Camerani

Không, bạn hoàn toàn sai. BPP = P chỉ nói rằng mọi ngôn ngữ có thể tính toán được bằng máy BPP cũng có thể tính toán được bằng máy P. Nó không nói bất cứ điều gì về các ngôn ngữ có thể tính toán được bằng máy BPP với một lời sấm truyền không cần thiết. Bằng cách lập luận lỗi của bạn, NP = P ngụ ý

cho tất cả các

, mà chúng ta biết là sai sự thật, do đó

được giải quyết. Và cho rằng vấn đề, lập luận của bạn sẽ bao hàm

, như có tồn tại thầy mo

mà

{N P}^{A} = P^{A}

$\mathrm{NP}^A=\mathrm P^A$

A

$A$

N P \neq P

$\mathrm{NP}\ne\mathrm P$

B P P \neq P

$\mathrm{BPP}\ne\mathrm P$

A

$A$

{B P P}^{A} \neq P^{A}

$\mathrm{BPP}^A\ne\mathrm P^A$ .

— Emil Jeřábek

@Giorgio: Anh ta chỉ tuyên bố rằng dòng lý luận mà bạn cho là không hoạt động trong tình huống này. Phần có liên quan: "Nếu cỗ máy mà tôi gắn vào nhà tiên tri ít nhất là mạnh mẽ như vậy, tại sao không nên đưa vào?". Anh ta dường như không nói rằng tuyên bố đó là sai; chỉ là trực giác cụ thể của bạn không hoạt động. Chúng tôi chưa thể loại trừ rằng các khía cạnh xác suất của PPTM không thể nhận được nhiều lợi ích hơn từ nhà tiên tri đó. TM xác suất có nhiều công cụ hơn, nhưng công cụ này có thể không mang lại lợi ích nghiêm ngặt nếu không có các công cụ bổ sung (chẳng hạn như nhà tiên tri NP).

— mdxn

Ngay cả với giả định rằng PRNG đủ mạnh để đánh sập P và BPP tồn tại, tôi không hiểu tại sao điều này nhất thiết phải ám chỉ BPP với một tiên tri NP và P với một tiên tri NP phải giống nhau. Thông thường các PRNG có đảm bảo rằng không có mạch polysize nào có thể phân biệt đầu ra của chúng với các bit thực sự ngẫu nhiên. Nhưng đối với các máy tiên tri, bạn cần sự đảm bảo cho mọi mạch polysize với cổng NP được phép và điều này mạnh hơn. Impagliazzo-Wigderson không tương đối hóa, nhưng bạn cần tăng cường giả định độ cứng ( eccc.hpi-web.de/report/1998/055/comment/1/d Download )

— Sasho Nikolov

Có hai bộ oracle quy định tại T88 mà ${\bf NP^A \not \subseteq \oplus P ^A}$ và ${\bf \oplus P^B \not \subseteq NP^B}$ .

— Tayfun trả tiền
nguồn

là có bất kỳ hậu quả trong

giữ?

P P \subseteq \oplus P

$PP\subseteq\oplus P$

— T ....