Các vấn đề hoàn thành NP tự nhiên với các nhân chứng lớn

28

Câu hỏi về cstheory " NP bị hạn chế đối với các nhân chứng kích thước tuyến tính là gì? " Hỏi về NP lớp bị giới hạn ở các nhân chứng kích thước tuyến tính , nhưng $O(n)$

Có các vấn đề hoàn thành NP tự nhiên trong đó (có) trường hợp kích thước yêu cầu nhân chứng có kích thước lớn hơn không? $n$ $n$

Rõ ràng chúng ta có thể xây dựng các vấn đề nhân tạo như:

$L = \{ 1^nw \mid w \text{ encodes a satisfiable formula and } |w|=n \}$
$L = \{ \varphi \mid \varphi \text{ is SAT formula with more than } |\varphi|^2 \text{ satisfying assignments}\}$

Sau khi xem nhanh G & J, mọi vấn đề NPC tự nhiên dường như có nhân chứng (đúng) nhỏ hơn . $n$

Có một "lý do / giải thích" cho nó?

cc.complexity-theory np proof-complexity

— Marzio De Biasi
nguồn

1

Nhiều vấn đề có kích thước nhân chứng , như đẳng cấu đồ thị và đường dẫn Hamilton. Bạn có muốn loại trừ các yếu tố polylog, hoặc đó có được tính là một câu trả lời không?

Θ (n \log n)

$\Theta(n \log n)$

— Joshua Grochow

12

Trên thực tế, kích thước nhân chứng cho phép đẳng cấu đồ thị và Đường đi Hamilton có thể được xem như sublinear trong đầu vào (cho rằng các đầu vào là kề ma trận của đồ thị).

n \times n

$n \times n$

— Ryan Williams

1

Ồ, phải rồi ...

— Joshua Grochow

1

@MarzioDeBiasi Tôi nghĩ rằng quan sát của bạn về các nhân chứng nhỏ nên được sử dụng để xác định vấn đề hoàn thành NP tự nhiên .

— Mohammad Al-Turkistany

1

@MarzioDeBiasi - Tôi đồng ý rằng một danh sách các bài tập thỏa mãn là đủ, nhưng bạn có thể chứng minh rằng không có nhân chứng ngắn hơn cho vấn đề này không? (có thể là một cách ngắn gọn để đại diện cho các bài tập cần thiết).

— RB

10

Làm thế nào về số màu cạnh trong một biểu đồ dày đặc (còn gọi là chỉ số Chromatic )? Bạn được cung cấp ma trận kề của đồ thị đỉnh ( đầu vào bit), nhưng nhân chứng tự nhiên mô tả màu có kích thước . Tất nhiên, có thể có bằng chứng ngắn hơn cho đồ thị lớp 1 trong định lý Vizing . $n$ $n^2$ $n^2\log n$

Xem thêm câu hỏi có thể liên quan này

— Andreas Bjorklund
nguồn

2

Có vẻ là một ví dụ tốt! Chỉ cần lưu ý: vấn đề là NP-đầy đủ ngay cả đối với đồ thị hình khối; trong trường hợp đó chúng ta có một nhân chứng cỡbit là đủ (hai bit cho mỗi cạnh) nhỏ hơn nếu chúng ta sử dụng biểu diễn ma trận kề và tôi nghi ngờ rằng nó nhỏ hơn kích thước cá thể bất kỳ mã hóa hợp lý nào chúng ta sử dụng cho biểu đồ khối.

2 | E |

$2|E|$

n^{2}

$n^2$

— Marzio De Biasi

8

Tôi đã gặp một số vấn đề hoàn toàn NP tự nhiên mà dường như cần có nhân chứng lâu dài. Các vấn đề, được tham số hóa bởi số nguyên và như sau: $C$ $D$

Đầu vào: Một TM một băng Câu hỏi: Có một số , sao cho thực hiện nhiều hơn các bước trên một số đầu vào có độ dài ? $M$
$n\in\mathbb{N}$ $M$ $Cn+D$ $n$

Đôi khi, phần bổ sung của bài toán dễ phát biểu hơn: Có phải một TM một băng đã cho chạy trong thời gian , nghĩa là. nó có thực hiện tối đa các bước trên tất cả các đầu vào có kích thước , cho tất cả không? $M$ $Cn+D$ $Cn+D$ $n$ $n$

Kết quả đầy đủ được trình bày ở đây . Về cơ bản, nó được chỉ ra rằng nếu chúng ta muốn xác minh xem TM một băng có chạy đúng thời gian , chúng ta chỉ cần xác minh điều này trên các đầu vào có độ dài giới hạn bởi , trong đó là số của các trạng thái của TM đầu vào. Vì vậy, nhân chứng sẽ là đầu vào có độ dài mà thời gian bị ràng buộc bị vi phạm. Nó cũng được hiển thị trong tài liệu tham khảo rằng những vấn đề này là NP-đầy đủ cho tất cả và . $Cn+D$ $q^{O(C)}$ $q$ $q^{O(C)}$ $C\geq 2$ $D\geq 1$

Bây giờ nếu nhân chứng là một đầu vào vi phạm thời gian chạy, thì nó phải có độ dài nói chung. Và đầu vào có độ dài . $q^{\Omega(C)}$ $O(q^2)$

— David G
nguồn

3

Cảm ơn! Nhưng, thành thật mà nói, tôi thấy "tự nhiên" hơn (tôi biết đó không phải là một khái niệm chính thức) vấn đề: "Đưa ra một công thức , quyết định xem nó có ít nhất bài tập thỏa mãn" :-)

φ

$\varphi$

| φ |^{2}

$|\varphi|^2$

— Marzio De Biasi

Tôi hiểu :). Mặt khác, vấn đề về có độ dài của nhân chứng trong câu hỏi, trong khi vấn đề về TM có độ dài của nhân chứng trong bằng chứng. Hơn nữa, độ dài của nhân chứng không được cố ý đưa vào vấn đề.

φ

$\varphi$

— David G

7

Đây là một ví dụ, xuất hiện một vấn đề tự nhiên.

Sơ thẩm: Số nguyên dương, và , tất cả được giới hạn từ trên bởi . $d_1,\ldots,d_n$ $k$ $n$

Câu hỏi: Có tồn tại biểu đồ -colorable với trình tự độ không? $k$ $d_1,\ldots,d_n$

Ở đây, đầu vào có thể được mô tả bằng các bit , nhưng nhân chứng có thể yêu cầu các bit . $O(n\log n)$ $\Omega(n^2)$

Lưu ý: Tôi không có tài liệu tham khảo rằng vấn đề cụ thể này thực sự là NP-đầy đủ. Nhưng yêu cầu về khả năng tạo màu có thể được thay thế bằng bất kỳ điều kiện NP-hoàn chỉnh nào khác; vấn đề có thể sẽ trở thành NP hoàn chỉnh trong một số điều kiện, nếu không phải là vấn đề này. $k$

— Andras Farago
nguồn

Đối với tôi, vấn đề này có loại cấu trúc sai là NP-đầy đủ, trừ khi P = NP. Các lớp của đồ thị được xác định theo từng dãy mức độ có thể rất lớn, và nhiều người trong số họ có thể có

yếu tố -colourable vì một lý do tầm thường.

n

$n$

— András Salamon

@ AndrásSalamon Thật vậy, tôi không biết sự phức tạp của vấn đề này là gì, hoặc liệu nó có thể được làm NP hoàn chỉnh hay không bằng cách chọn một điều kiện thích hợp thay vì

-colorability. Mặt khác, tôi sẽ ngạc nhiên nếu với mọi thuộc tính có thể kiểm tra đa thời gian

thì vấn đề sau sẽ xảy ra ở P : có tồn tại một biểu đồ với trình tự mức độ nhất định, sao cho nó cũng có thuộc tính

không?

k

$k$

Q

$Q$

Q

$Q$

— Andras Farago 7/10/2015

Tôi đồng ý rằng dường như không có khả năng trình độ + tài sản luôn ở P, nhưng có lẽ một số trong số này là ứng cử viên cho trạng thái trung gian NP?

— András Salamon

@ AndrásSalamon Vâng, tôi rất có thể tưởng tượng rằng một số trong số họ có trạng thái NPI.

— Andras Farago

6

Có thể đây là một "lý do / giải thích" ngớ ngẩn, nhưng đối với nhiều vấn đề NP-Complete, một giải pháp là một tập hợp con của đầu vào (knapsack, đỉnh đỉnh, clique, tập hợp thống trị, tập độc lập, cắt tối đa, tổng tập con, ... ) hoặc hoán vị hoặc gán cho một tập hợp con của đầu vào (đường dẫn Hamilton, nhân viên bán hàng du lịch, SAT, đẳng cấu đồ thị, tô màu đồ thị, ...).

Chúng ta có thể cố gắng đọc nhiều hơn về nó, hoặc đưa ra một lý do rõ ràng hơn, nhưng tôi không chắc liệu có điều gì sâu hơn đang xảy ra hay không.

— sử dụng
nguồn

Tôi nghĩ rằng đây thực sự là một "ý tưởng đầu tiên" tốt. Đôi khi các vấn đề không thể được phân loại rõ ràng. Chẳng hạn, SAT cũng có thể là một vấn đề tập hợp con ("chọn tập hợp con của các biến thực"). Hay là HAMCYCLE là một vấn đề hoán vị trên các đỉnh, hoặc một vấn đề tập hợp con trên các cạnh? (BTW, có thể "vấn đề chuyển nhượng" thực sự có thể là "vấn đề phân vùng", hãy nghĩ đến việc nói 3 màu).

— Juho

3

Đối với câu hỏi đầu tiên của bạn, Allender tuyên bố (trong Amplifying Lower Bound bằng phương tiện tự giảm ) rằng không có vấn đề hoàn thành NP tự nhiên nào được biết là nằm ngoài NTIME (n). Điều này có nghĩa là tất cả các bộ NP-hoàn chỉnh tự nhiên đã biết có nhân chứng kích thước tuyến tính.

— Mohammad Al-Turkistany
nguồn

1

Lưu ý rằng độ dài của đường dẫn chấp nhận dài nhất trong máy Turing không xác định tương ứng với kích thước của nhân chứng.

— Mohammad Al-Turkistany

1

Hãy xem xét các biến thể sau đây của vấn đề MAXCLIQUE .

Sơ thẩm: Một mạch có bit đầu vào và có kích thước giới hạn đa thức tính theo . Mạch này xác định ngầm định một đồ thị trên đỉnh, sao cho mỗi đỉnh được xác định bằng chuỗi -bit và hai đỉnh được kết nối với một cạnh nếu chuỗi -bit có được bằng cách nối hai ID đỉnh, là chấp nhận bởi . Gọi biểu thị đồ thị này. Lưu ý rằng nó có theo cấp số nhân nhiều đỉnh trong , nhưng vẫn quyết định bởi sự mô tả kích thước đa thức của . $C$ $2n$ $n$ $2^n$ $n$ $2n$ $C$ $G(C)$ $n$ $C$

Câu hỏi: Liệu chứa một phe nhóm kích thước , nơi là một hằng số cố định? $G(C)$ $n^k$ $k$

Ghi chú:

$NP$ $N=2n^k$ $G(C)$ $N$ $N$ $C$ $C$ $n$ $N$ $N/2$ $N$ $N$ $N$ $N=2n^k$
$n^k$ $O(n^{k+1})$ $n$ $n^k$ $k$ $C$ $n$ $k$ $C$
Vấn đề có thể được xem là tự nhiên, vì nó là một biến thể của MAXCLIQUE .
$NTIME(n)$

— Andras Farago
nguồn

n

$n$

G^{'}

$G'$

N = 2 n^{k}

$N=2n^k$

C

$C$

(u, v)

$(u,v)$

u \leq N, v \leq N

$u\leq N, \; v\leq N$

(u, v) \in E (G^{'})

$(u,v)\in E(G')$

C

$C$

C

$C$

G (C)

$G(C)$

G^{'}

$G'$

N

$N$

2^{n} - N

$2^n-N$

G (C)

$G(C)$

n^{k}

$n^k$

G^{'}

$G'$ có một nửa phân thân.

— Andras Farago