Không gian hiện tại tốt nhất thấp hơn ràng buộc cho SAT?

giới hạn không gian hiện tại tốt nhất cho SAT là gì?

Với một không gian giới hạn thấp hơn ở đây tôi có nghĩa là số lượng ô làm việc được sử dụng bởi máy Turing sử dụng bảng chữ cái worktape nhị phân . Một thuật ngữ phụ gia không đổi là không thể tránh khỏi vì TM có thể sử dụng các trạng thái bên trong để mô phỏng bất kỳ số lượng ô cố định nào. Tuy nhiên, tôi quan tâm đến việc kiểm soát hằng số nhân thường bị bỏ mặc định: thiết lập thông thường cho phép nén hằng số tùy ý thông qua các bảng chữ cái lớn hơn nên hằng số nhân không liên quan ở đó, nhưng với một bảng chữ cái cố định thì có thể tính đến nó.

Chẳng hạn, SAT yêu cầu nhiều hơn không gian $\log\log n + c$ ; nếu không thì giới hạn trên của không gian này sẽ dẫn đến giới hạn trên của thời gian là bằng mô phỏng, và do đó, kết hợp không gian giới hạn cho SAT sẽ kết hợp bị vi phạm (xem câu hỏi liên kết). Dường như cũng có thể cải thiện lập luận này để lập luận rằng SAT yêu cầu ít nhất không gian cho một số nhỏ tương tự như , trong đó là số mũ liên tục trong mô phỏng giới hạn không gian TM bởi một TM giới hạn thời gian. $n^{1+o(1)}$ $n^{1.801+o(1)}$ $\delta\log n + c$ $\delta$ $0.801/C$ $C$

Thật không may, thường khá lớn (và chắc chắn ít nhất là 2 trong mô phỏng thông thường, trong đó các băng của TM được mã hóa đầu tiên trên một băng thông qua một bảng chữ cái lớn hơn). Các giới hạn như vậy với khá yếu và tôi sẽ đặc biệt quan tâm đến một không gian giới hạn dưới của . Một thời gian vô điều kiện giới hạn dưới của các bước , đối với một số hằng số đủ lớn , sẽ ngụ ý một không gian bị ràng buộc thấp hơn như vậy thông qua mô phỏng. Tuy nhiên, thời gian giới hạn dưới của cho $C$ $\delta \ll 1$ $\log n + c$ $\Omega(n^d)$ $d > 1$ $\Omega(n^d)$ $d>1$ hiện tại không được biết đến, hãy để một mình cho lớn $d$ .

Nói cách khác, tôi đang tìm kiếm thứ gì đó sẽ là hậu quả của giới hạn thời gian siêu tuyến tính cho SAT, nhưng có thể có được trực tiếp hơn.

— Salamás Salamon
nguồn

như trong câu trả lời khác (ví dụ của RW), tập trung vào giới hạn thời gian hoặc không gian riêng biệt dường như nằm ngoài tầm với và chỉ có giới hạn yếu / chung chung, và nghiên cứu hàng đầu trong khu vực dường như đưa ra một khái niệm tương đối mới hơn của sự phức tạp không gian thời gian kết hợp.

— vzn

Câu trả lời:

Có vẻ như ràng buộc tốt nhất được biết đến (đối với máy Turing đa nhiệm) là logarit.

Giả sử bit của worktape nhị phân là đủ để quyết định xem bất kỳ công thức CNF -bit nào có thỏa đáng hay không, với tất cả đủ lớn . Theo mô phỏng tiêu chuẩn, một TM có trạng thái sử dụng tối đa bit không gian có thể được mô phỏng bởi một TM có tối đa $\delta\log n$ $n$ $n$ $q$ $s$ $qns2^s = 2^{s+\log n + \log s + \log q}$ cấu hình khác nhau. Bất cứ khi nào máy chấp nhận, sẽ có một chuỗi các chuyển động (không xác định) đạt đến trạng thái chấp nhận, tối đa là với số lượng cấu hình này. Khi , giá trị này nhiều nhất là (lưu ý rằng vẫn giữ nguyên cho tất cả các độ dài đầu vào ). Trên một băng truy cập riêng, $s = \Omega(\log n)$ $2^{s(2+o(1))}$ $q$ $n$ $M$ Đầu tiên có thể viết số lượng này một cách đơn nhất, sau đó ở mỗi bước mô phỏng sẽ xóa một trong các ký hiệu của bộ đếm và chấm dứt tính toán nếu nó hết ký hiệu bộ đếm. Điều này tạo ra một hệ số không đổi của chi phí (giống như 3), được hấp thụ bởi thuật ngữ trong số mũ. Do đó các bước là đủ. $o(1)$ $2^{s(2+o(1))}$

Bằng cách giả định , vì vậy sản phẩm thời gian tối đa là . $s \le \delta\log n$ $\delta\log n2^{\delta\log n(2+o(1))} = n^{\delta(2+o(1))}$

Rahul Santhanam cho thấy vào năm 2001 (xem doi: 10.1016 / S0020-0190 (00) 00227-1 ) rằng sản phẩm không gian cho máy Turing quyết định SAT phải có ít nhất ; lập luận của ông cũng áp dụng cho các máy không phá hủy. Do đó , và ít nhất bit của worktape nhị phân là cần thiết. $\Omega(n^{2-o(1)})$ $\delta \ge 1$ $\log n$

Tổng quát hơn, các bảng tính bổ sung và bảng chữ cái worktape lớn hơn thay đổi số mũ theo một yếu tố không đổi. Điều này cuối cùng làm giảm yếu tố , nhưng không gian thấp hơn bị ràng buộc vẫn là . $\delta$ $\Omega(\log n)$

— Salamás Salamon
nguồn

Có lẽ chúng ta có thể chứng minh một không gian bị ràng buộc thấp hơn cho SAT theo cách này (nhưng tôi không tự tin với phân tích giới hạn / tiệm cận, vì vậy câu trả lời của tôi có thể hoàn toàn sai). $\log n$

Trên một mô hình Turing máy với một chỉ đọc băng đầu vào và một băng làm việc, cả hai qua nhị phân bảng chữ cái , cho mọi người quyết định với tiểu bang trên một đầu vào kích thước chúng tôi có mà: $\Sigma = \{0,1\}$ $c$ $n$

T (n) \leq c 2^{S (n)} n S (n) (1)

$T(n) \leq c \, 2^{S(n)} \, n \, S(n) \quad (1)$

mặt khác, máy Turing sẽ lặp mãi mãi (thành phần đại diện cho tất cả các cấu hình băng có thể, thành phần đại diện cho các vị trí đầu băng đầu vào, trong khi thành phần đại diện cho các vị trí đầu băng làm việc). Trên một băng một đầu TM trên bảng chữ cái nhị phân (1) trở thành . $2^{S(n)}$ $n$ $S(n)$ $T(n) \leq c 2^{S(n)} S(n)$

Nhân cả hai thuật ngữ với và áp dụng sự đánh đổi không gian thời gian chung cho SAT, chúng tôi nhận được: $S(n)$

n^{1.801 + o (1)} \leq S (n) \cdot T (n) \leq c S (n)^{2} 2^{S (n)} n

$n^{1.801+o(1)} \leq S(n)\cdot T(n) \leq c \, S(n)^2 \, 2^{S(n)} \, n$

Vì vậy, chọn một không gian trên ràng buộc như cho SAT sẽ dẫn đến một contraddiction, quả thật vậy $S(n) \leq (\log n)^{1 - \epsilon}$

lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{c ((\log n)^{1 - ϵ})^{2} 2^{(\log n)^{1 - ϵ}} n} =

$\lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{ c \, ((\log n)^{1-\epsilon})^2 2^{(\log n)^{1-\epsilon}} n } =$

lim_{n \to \infty} (0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1 - ϵ) \log (\log n) - (\log n)^{1 - ϵ}) = \infty

$\lim_{n \to \infty} \Big( 0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1- \epsilon) \log (\log n) - (\log n)^{1-\epsilon}\Big) = \infty$

— Marzio De Biasi
nguồn

Dường như có ít nhất hai cách chung để chứng minh rằng một

trên ràng buộc dẫn đến mâu thuẫn. Chủ yếu tôi nghĩ trong đầu bằng cách sử dụng (thực chất là giống hệt nhau, nhưng một chút dễ dàng hơn để làm việc với) bất bình đẳng

đối với một số không đổi

. Bước cuối cùng bạn cung cấp cũng có thể được thực hiện mạnh mẽ hơn, như một mâu thuẫn sau thậm chí từ

cho

o (\log n)

$o(\log n)$

T (n) \leq 2^{\log n + C . S (n)}

$T(n) \le 2^{\log n + C.S(n)}$

C

$C$

S (n) \leq δ \log n

$S(n) \le \delta\log n$

δ < 0.801 / C

$\delta < 0.801/C$

— András Salamon

@ AndrásSalamon: về phía ràng buộc

, bạn không thể mong đợi những cải tiến dễ dàng: từ S. Buss và R. Williams. Giới hạn đối với Bằng chứng giao dịch xen kẽ đối với giới hạn không gian thời gian, 2012: "Chúng tôi cho thấy các kỹ thuật mới là cần thiết để chứng minh mọi giới hạn thấp hơn về không gian thời gian cho vấn đề thỏa đáng. Đó là phương pháp" giao dịch xen kẽ bằng chứng "được sử dụng để xác định rằng SAT không thể được giải trong

và không gian

không thể chứng minh

S \cdot T

$S\cdot T$

n^{2 \cos (π / 7)}

$n^{2\cos(\pi /7)}$

n^{o (1)}

$n^{o(1)}$

thời gian thấp hơn bị ràng buộc, đối với mỗi

" Bạn có bất cứ ý tưởng :-).?

n^{2 \cos (π / 7)} + ϵ

$n^{2\cos(\pi /7)}+\epsilon$

ϵ > 0

$\epsilon >0$

— Marzio De Biasi

Tôi nghĩ rằng đây là khoảng cách mà người ta có thể sử dụng giới hạn không-thời gian, chính xác là bởi vì cách tiếp cận của Ryan là đến tận giới hạn này.

— András Salamon

Thậm chí lưu trữ một trường hợp SAT bạn cần

và đọc nó, bạn cần

Ω (n)

$\Omega(n)$

thời gian. Không này chứng minh

ST thấp hơn bị ràng buộc?

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

— T ....

@Turbo, nó không phải là rõ ràng rằng tất cả các thuật toán để quyết định SAT có để lưu trữ các ví dụ: chứng minh một

cắn không gian xác định giới hạn thấp hơn sẽ hiển thị

Ω (n)

$\Omega(n)$

L ⊊ N P

$\mathsf{L} \subsetneq \mathsf{NP}$

— András Salamon