Độ phức tạp đường thẳng của đơn thức

Đặt là một số lĩnh vực. Như thường lệ, với một chúng tôi xác định là độ phức tạp đường thẳng của so với . Gọi là tập hợp các đơn thức của , cụ thể là các đơn thức xuất hiện trong với hệ số khác không. $k$ $f\in k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}]$ $L(f)$ $f$ $k$ $F$ $f$ $f$

Có đúng là không? $\forall m\in F:L(m)\le L(f)$

Thậm chí một số giới hạn trên yếu hơn cho được biết đến? $L(m)$

cc.complexity-theory algebraic-complexity arithmetic-circuits

— Gorav Jindal
nguồn

Câu trả lời:

Nếu thì nó có đơn thức và . Theo một đối số đếm, có chương trình đường thẳng có độ dài . Vì có nhiều đơn thức hơn, đối với một số người, chúng tôi cần một chương trình dài hơn. Trong thực tế, đối số này đưa ra một đơn trị mà .

f = (Σ_{i = 1}^{n} x_{i})^{2^{n}}

$f=(\Sigma_{i=1}^n x_i)^{2^n}$

(\binom{2^{n} + n - 1}{n - 1}) \approx 2^{n^{2}}

${2^n+n-1\choose n-1} \approx 2^{n^2}$

L (f) = O (n)

$L(f)=O(n)$

2^{O (n \log n)}

$2^{O(n\log n)}$

O (n)

$O(n)$

f

$f$

m

$m$

L (m) = \tilde{Ω} (L^{2} (f))

$L(m)=\widetilde\Omega(L^2(f))$

— động vật
nguồn

Là một ví dụ mang tính xây dựng nhỏ dựa trên câu trả lời của domotorp, người ta có thể lấy với trong khi .

f = (x + y)^{8}

$f=(x+y)^8$

L (f) = 4

$L(f)=4$

L (x^{7} y) = L (x^{7}) + 1 = 5

$L(x^7y)=L(x^7)+1=5$

— Bruno

@domotorp, Cảm ơn câu trả lời hay. Điều này dường như cũng là giới hạn trên? Hoặc có thể có giới hạn dưới tốt hơn?

— Gorav Jindal

Tôi không biết, nhưng vì ví dụ này rất đơn giản, tôi sẽ đoán rằng khoảng cách có thể lớn hơn, thậm chí có thể theo cấp số nhân.

— domotorp

Tôi có một "bằng chứng" rằng có giới hạn trên tuyến tính ... Tôi sai ở đâu (vì bạn đã chứng minh giới hạn dưới bậc hai)? Nó là như sau: Với một SLP kích thước , bạn tính toán một đa thức tổng độ . Bây giờ có SLP có kích thước tối đa là với lũy thừa nhị phân. Một đơn vị độ- -variate có SLP có kích thước tối đa là (ràng buộc rất thô): tính tất cả các , , và sau đó là sản phẩm của họ. Do đó, nếu chúng ta xem xét một đa thức , tổng độ của nó nhiều nhất là và mỗi đơn thức có một SLP có kích thước tối đa là

L

$L$

\leq 2^{L}

$\le 2^L$

x^{D}

$x^D$

2 \log D

$2\log D$

D

$D$

n

$n$

2 n \log D + n - 1

$2n\log D+n-1$

x_{i}^{D_{i}}

$x_i^{D_i}$

D_{i} \leq D

$D_i\le D$

f

$f$

2^{L (f)}

$2^{L(f)}$

2 n L (f) + n - 1

$2nL(f)+n-1$ .

— Bruno

@Bruno: Bằng chứng tốt đẹp và không có gì sai với nó, nhưng nó không tuyến tính, khi bạn nhân và . Nhưng vì chúng ta biết rằng có thể phụ thuộc vào tối đa các biến , nên chúng ta có thể giả sử , hàm ý ràng buộc bậc hai bắt buộc. Do đó .

n

$n$

L (f)

$L(f)$

f

$f$

L (f) + 1

$L(f)+1$

n \leq L (f) + 1

$n\le L(f)+1$

L (m) = O (L^{2} (f))

$L(m)=O(L^2(f))$

— domotorp

Lưu ý: Đây là bản mở rộng của một nhận xét trước đó, vì OP yêu cầu rõ ràng về giới hạn trên yếu hơn.

Tổng mức độ đa thức được giới hạn bởi vì mỗi phép toán có thể nhiều nhất gấp đôi mức độ của đa thức. Do đó, với mỗi , . $f$ $2^{L(f)}$ $m\in M$ $\deg(m)\le 2^{L(f)}$

Bây giờ, đối với một số biến và độ , có một SLP đang tranh luận bằng phép lũy thừa nhị phân nếu kích thước tối đa là . Đối với một đơn thức , người ta có thể tính riêng từng và sau đó lấy sản phẩm của họ. Do đó trong đó là tổng mức độ của (tất nhiên là giới hạn trên của mỗi ). $x$ $d$ $x^d$ $2\log(d)$ $m=x_1^{d_1}\dotsb x_n^{d_n}$ $x_i^{d_i}$ $L(m)\le 2n\log(d) + (n-1)$ $d$ $m$ $d_i$

Cùng nhau, người ta thu được : $m\in M$

L (m) \leq 2 n \log (\deg (m)) + (n - 1) \leq 2 n L (f) + (n - 1) .

$L(m)\le 2n\log(\deg(m))+(n-1)\le 2nL(f)+(n-1).$

Vì , người ta có thể kết luận $n\le L(f)+1$

\forall m \in M, L (m) \leq 2 L (f)^{2} + 3 L (f) .

$\forall m\in M, L(m) \le 2L(f)^2+3L(f).$

Nhận xét. Các ràng buộc như đã nêu là rất thô. Cụ thể, giới hạn trên của cho là đoạn thứ hai không chặt chẽ. Tuy nhiên, câu trả lời của domotorp cho thấy rằng người ta không thể hy vọng vào một ràng buộc tốt hơn nhiều, và chính xác hơn là sự phụ thuộc bậc hai vào không thể được loại bỏ. Để thắt chặt việc xây dựng, người ta có thể sử dụng các công trình được biết đến nhiều nhất trên các chuỗi bổ sung . Lưu ý rằng giới hạn chính xác vẫn chưa được biết cho vấn đề này. $L(m)$ $L(f)$

— Bruno
nguồn