với bán cầu đa thức bị ràng buộc về số lượng giải pháp

FewP là lớp của các biểu tượng $NP$ với đa thức ràng buộc vào số lượng giải pháp (ở kích thước đầu vào). Không có tiếng $NP$ vấn đề -complete trong $fewP$ . Tôi quan tâm đến việc chúng ta có thể kéo dài sự quan sát này đến mức nào.

Có bất kỳ vấn đề $NP$ -complete tự nhiên nào với giới hạn trên đa thức trên số lượng các giải pháp (nhân chứng) không? Có một phỏng đoán được chấp nhận rộng rãi sẽ loại trừ khả năng như vậy?

Tự nhiên có nghĩa là vấn đề không phải là vấn đề giả tạo để trả lời câu hỏi (hoặc những vấn đề tương tự) và mọi người quan tâm đến vấn đề một cách độc lập (theo định nghĩa của Kaveh).

EDIT: Tiền thưởng sẽ được trao cho vấn đề $NP$ -complete tự nhiên hoặc một lập luận hợp lý loại trừ sự tồn tại của các vấn đề đó (sử dụng các phỏng đoán lý thuyết phức tạp được chấp nhận rộng rãi).

Động lực: Trực giác của tôi là $NP$ -completility áp đặt siêu đa thức (hoặc thậm chí theo cấp số nhân) ràng buộc thấp hơn về số lượng nhân chứng.

Đây là một câu hỏi rất thú vị.

Đầu tiên, một nhận xét làm rõ. Lưu ý rằng "giới hạn trên về số lượng nhân chứng" không phải là một tính chất của một vấn đề tính toán trên mỗi se, nhưng của một trình xác minh cụ thể được sử dụng để quyết định một vấn đề N P , giống như "giới hạn trên về số lượng trạng thái" sẽ không phải là một tài sản của một vấn đề nhưng của một máy Turing quyết định nó. Vì vậy, nói " Vấn đề N P với giới hạn trên về số lượng giải pháp" không hoàn toàn chính xác và nếu P = N P thì mọi vấn đề N P đều có một trình xác minh với bất kỳ số lượng giải pháp mong muốn nào (bao gồm 0 và bao gồm tất cả các chuỗi có thể) .$NP$$NP$$P = NP$$NP$

Vì vậy, chúng tôi phải đưa ra một định nghĩa, để giải quyết câu hỏi của bạn. Đối với s : N → N , giả sử một vấn đề N P L "có nhiều nhất các giải pháp s ( n ) " nếu với một số hằng số c có một trình xác minh thời gian O ( n c ) V sao cho, với mọi độ dài đầu vào n và cho mỗi x ∈ L có độ dài n , có biệt y 1 , ... , y s ( $s : {\mathbb N} \rightarrow {\mathbb N}$$NP$$L$$s(n)$$c$$O(n^c)$$V$$n$$x \in L$$n$) có độ dài n c sao choV(x, y i )chấp nhận cho tất cảivàV(x,y)từ chối tất cảykháccó độ dài n c .$y_1,\ldots,y_{s(n)}$$n^c$$V(x,y_i)$$i$$V(x,y)$$y$$n^c$

Tất cả những gì tôi nghĩ tôi có thể nói lúc này là:

1. Mỗi N P -complete vấn đề tôi biết (được xác định bởi một số người xác minh tự nhiên) có tương ứng rõ ràng # P phiên bản đếm -complete (với cùng một người xác minh).$NP$$\#P$
2. Đối với bất kỳ vấn đề N P -complete nào được xác định với trình xác minh có nhiều giải pháp p o l y ( n ) (hoặc thậm chí 2 n o ( 1 ) ), phiên bản đếm tương ứng có thể không phải là # P -complete.$NP$$poly(n)$$2^{n^{o(1)}}$$\#P$

Thêm chi tiết: Giả sử L là N P -complete, với trình xác minh V có nhiều nhất các giải pháp O ( n c ) . Sau đó, phiên bản "quyết định" đếm tự nhiên của L , mà chúng tôi xác định là$L$$NP$$V$$O(n^c)$$L$

$Count_L(x) := \text{the number of $y$ such that $V(x,y)$ accepts}$

là tính toán trong F P N P [ O ( log n ) ] , có nghĩa là, một chức năng polytime với O ( log n ) truy vấn để N P . Đó là bởi vì quyết định xem số lượng giải pháp cho x có nhiều nhất là k trong N P hay không : nhân chứng, nếu nó tồn tại, chỉ đơn giản là số lượng y tôi làm cho V chấp nhận, mà chúng ta biết là nhiều nhất là O ( n c$FP^{NP[O(\log n)]}$$O(\log n)$$NP$$x$$k$$NP$$y_i$$V$$O(n^c)$. Sau đó, chúng ta có thể tìm kiếm nhị phân sử dụng này N P vấn đề để tính toán chính xác số lượng các giải pháp để L .$NP$$L$

Vì vậy, một N P vấn đề -complete của loại hình này không thể kéo dài đến một # P vấn đề -complete theo cách thông thường, trừ khi # P ⊆ F P N P [ O ( log n ) ] . Điều này có vẻ không ổn; toàn bộ hệ thống phân cấp thời gian đa thức về cơ bản sẽ sụp đổ thành P N P [ O ( log n ) ] .$NP$$\#P$$\#P \subseteq FP^{NP[O(\log n)]}$$P^{NP[O(\log n)]}$

Nếu bạn giả sử s ( n ) = 2 n o ( 1 ) ở trên, bạn vẫn sẽ nhận được một hậu quả không thể xảy ra. Bạn sẽ chỉ ra rằng # P có thể được tính trong 2 n o ( 1 ) thời gian với một lời tiên tri N P. Đó là quá đủ để chứng minh, ví dụ, rằng E X P N P ≠ P P và sau đó E X P N P ⊄ P / p o l $s(n) = 2^{n^{o(1)}}$$\#P$$2^{n^{o(1)}}$$NP$$EXP^{NP} \neq PP$$EXP^{NP} \not\subset P/poly$. Không phải là những sự tách biệt đó là không thể, nhưng có vẻ như chúng sẽ không được chứng minh bằng cách đưa ra thuật toán N P -orory thời gian phụ cho Vĩnh viễn.$NP$

Nhân tiện, tôi đã nói không có gì quá sâu sắc ở đây. Gần như chắc chắn có một lập luận như thế này trong tài liệu.