Độ phức tạp của phiên bản tìm kiếm của 2-SAT giả sử

Nếu , thì có một thuật toán logspace giải quyết phiên bản quyết định của 2-SAT.$\mathsf{L = NL}$

• Có phải ngụ ý rằng có một thuật toán logspace để có được một bài tập thỏa mãn , khi được đưa ra một ví dụ 2-SAT thỏa đáng làm đầu vào không?$\mathsf{L = NL}$

• Nếu không, còn các thuật toán sử dụng không gian tuyến tính phụ (theo số mệnh đề) thì sao?

Cho một satisfiable 2-CNF , bạn có thể tính toán một đặc biệt đáp ứng nhiệm vụ bởi một NL-chức năng (có nghĩa là, có một NL-predicate mà cho bạn biết liệu là đúng) . Một cách để làm điều đó được mô tả dưới đây. Tôi sẽ tự do sử dụng thực tế rằng NL được đóng trong -reductions, do đó các hàm NL được đóng trong thành phần; đây là hậu quả của NL = coNL.e P ( φ , i ) e ( x i ) Một C$\phi$$e$$P(\phi,i)$$e(x_i)$$\mathrm{AC}^0$

Đặt là 2-CNF thỏa đáng. Đối với bất kỳ đen , chúng ta hãy là số literals truy cập từ bởi một con đường đạo trong đồ thị hàm ý của , và số lượng chữ mà từ đó có thể truy cập . Cả hai đều tính toán được trong NL.một một → một φ một ←$\phi(x_1,\dots,x_n)$$a$$a^\to$$a$$\phi$$\let\ot\leftarrow a^\ot$$a$

Quan sát rằng $\let\ob\overline \ob a^\to=a^\ot$ và $\ob a^\ot=a^\to$ , do tính đối xứng của đồ thị hàm ý. Xác định một bài tập $e$ để

• nếu $a^\ot>a^\to$ , thì $e(a)=1$ ;

• nếu $a^\ot<a^\to$ , thì $e(a)=0$ ;

• nếu , hãy để mức tối thiểu sao cho hoặc xuất hiện trong thành phần được kết nối mạnh của (không thể là cả hai, vì là thỏa đáng). Đặt nếu xuất hiện và nếu không. i x i ¯ x i a ϕ e ( a ) = 1 x i e ( a ) = $a^\ot=a^\to$$i$$x_i$$\ob x_i$$a$$\phi$$e(a)=1$$x_i$$e(a)=0$

Đối xứng lệch của biểu đồ ngụ ý rằng , do đó đây là một bài tập được xác định rõ. Ngoài ra, đối với mọi cạnh trong biểu đồ hàm ý: một → $e(\ob a)=\ob{e(a)}$$a\to b$

• Nếu không thể truy cập từ , thì và . Do đó, ngụ ý .$a$$b$$a^\ot<b^\ot$$a^\to>b^\to$$e(a)=1$$e(b)=1$

• Mặt khác, và nằm trong cùng một thành phần được kết nối mạnh và , . Do đó, .$a$$b$$a^\ot=b^\ot$$a^\to=b^\to$$e(a)=e(b)$

Theo sau .$e(\phi)=1$