Là nó biết liệu

Sự bao gồm ngược lại là hiển nhiên, vì thực tế là bất kỳ ngôn ngữ NP tự giảm nào trong BPP cũng nằm trong RP. Đây có phải cũng được biết là giữ cho các ngôn ngữ NP không tự giảm?

cc.complexity-theory derandomization pseudorandomness

— bppcapnpvsrp
nguồn

Nếu nó đã được biết đến, từ thể vùi

RP⊆BPP $\mathbb{RP} \subseteq \mathbb{BPP}$ và

RP⊆NP $\mathbb{RP} \subseteq \mathbb{NP}$ , nó sẽ làm theo mà một trong hai

BPP=RP $\mathbb{BPP} = \mathbb{RP}$ hoặc

RP=NP $\mathbb{RP} = \mathbb{NP}$ (hoặc cả hai, về cơ bản phụ thuộc vào mối quan hệ giữa

BPP $\mathbb{BPP}$ và

NP $\mathbb{NP}$ Vì vậy, tôi nghĩ an toàn khi cho rằng hiện tại chưa rõ. Vì

RP $\mathbb{RP}$ có lỗi một phía, nên dễ dàng thấy nó được chứa trong

như thế nào

BPP $\mathbb{BPP}$ , mà không cần tự giảm hoặc bất kỳ tài sản nào khác.

— chazisop

Có gì được gọi là

NP⊆BPP $\mathrm{NP}\subseteq\mathrm{BPP}$ ngụ ý NP = RP. @chazisop, nơi mà bạn đã nhận được rằng

NP∩BPP=RP $\mathrm{NP}\cap\mathrm{BPP}=\mathrm{RP}$ ngụ ý BPP = RP hoặc NP = RP?

— Emil Jeřábek

Giả sử chúng ta biết

BPP∩NP⊆RP(1) $BPP \cap NP \subseteq RP (1)$ . Sau đó, chúng ta có thể làm phân tích trường hợp: - Nếu

BPP⊆NP $BPP \subseteq NP$ , sau đó từ (1)

NP⊆RP $NP \subseteq RP$ , mà với những kết quả nổi tiếng ngụ ý

NP=RP $NP = RP$ . - Nếu

NP⊆BPP $NP \subseteq BPP$ , sau đó từ (1)

BPP⊆RP $BPP \subseteq RP$ , mà với những kết quả nổi tiếng ám chỉ

BPP=RP $BPP = RP$ . - Nếu

NP⊈BPP $NP \not\subseteq BPP$ (không phải là một tập hợp con của người khác), sau đó chúng tôi nhận

BPP∩NP=RP $BPP \cap NP = RP$ . PS: Xin lỗi vì đã xóa bình luận trước đó, tôi đã vô tình đăng nó vào giữa bình luận và không thể chỉnh sửa nó để bao gồm các trường hợp còn lại.

— chazisop

Bạn có hai trường hợp đầu tiên trộn lẫn. Quan trọng hơn, trong trường hợp thứ ba, chung chung, kết luận của bạn giống hệt với giả định, vì vậy toàn bộ đối số không hoàn thành bất cứ điều gì. Đặc biệt, nó không hỗ trợ cho yêu cầu không chính xác trong bình luận đầu tiên của bạn.

— Emil Jeřábek

Giả định chỉ yêu cầu tập hợp con, không bình đẳng. Trong mọi trường hợp, đối số của tôi (thậm chí được định dạng sai và có lỗi), cho thấy rằng nếu chúng ta biết những gì đang được hỏi, thì chúng ta có thể rút ra các mối quan hệ lớp phức tạp hiện đang là vấn đề mở. Hơn nữa, tôi không thấy trường hợp thứ ba như thế nào nếu chung chung hơn phần còn lại: nó loại trừ rõ ràng khả năng của một lớp có chứa lớp kia, hiện chưa rõ.

— chazisop

Như với hầu hết các câu hỏi phức tạp, tôi không chắc sẽ có câu trả lời đầy đủ trong một thời gian rất dài. Nhưng ít nhất chúng ta có thể chỉ ra rằng câu trả lời là không tương đối: có một lời tiên tri liên quan đến sự bất bình đẳng giữ và một liên quan đến sự bình đẳng nào. Khá dễ dàng để đưa ra một lời tiên tri liên quan đến việc các lớp bằng nhau: bất kỳ lời tiên tri nào có sẽ hoạt động (ví dụ: bất kỳ lời tiên tri nào liên quan đến "sự ngẫu nhiên không giúp ích gì nhiều"), cũng như bất kỳ lời tiên tri nào có (ví dụ bất kỳ oracle tương đối mà "ngẫu nhiên giúp rất nhiều"). Có rất nhiều trong số này, vì vậy tôi sẽ không bận tâm với các chi tiết cụ thể. $\mathrm{BPP} = \mathrm{RP}$ $\mathrm{NP} \subseteq \mathrm{BPP}$

Nó hơi nhiều thách thức, mặc dù vẫn còn khá đơn giản, để thiết kế một oracle tương đối mà chúng tôi nhận . Việc xây dựng dưới đây thực sự làm tốt hơn một chút: đối với bất kỳ không đổi , có một oracle tương đối mà có một ngôn ngữ trong mà không có trong . Tôi sẽ phác thảo nó dưới đây. $\mathrm{RP} \subsetneq \mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP}$ $c$ $\mathrm{coRP} \cap \mathrm{UP}$ $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$

Chúng ta sẽ thiết kế một orest chứa các chuỗi có dạng , trong đó là một chuỗi -bit, là một bit đơn và là một chuỗi bit có độ dài . Chúng tôi cũng sẽ cung cấp một ngôn ngữ sẽ được quyết định bởi máy và máy như sau: $A$ $(x,b,z)$ $x$ $n$ $b$ $z$ $2n^c$ $L^A$ $\mathrm{coRP}$ $\mathrm{UP}$

Máy , trên đầu vào , đoán có độ dài ngẫu nhiên, truy vấn và sao chép câu trả lời. $\mathrm{coRP}$ $x$ $z$ $2|x|^c$ $(x,\mathtt{0},z)$
Máy , trên đầu vào , đoán có độ dài , truy vấn và sao chép câu trả lời. $\mathrm{UP}$ $x$ $z$ $2|x|^c$ $(x,\mathtt{1},z)$

Để làm cho các máy được chỉ định ở trên thực sự đáp ứng lời hứa của chúng, chúng ta cần để đáp ứng một số thuộc tính. Đối với mỗi , một trong hai tùy chọn này phải là trường hợp: $A$ $x$

Lựa chọn 1: Ở hầu hết một nửa số lựa chọn có và zero lựa chọn có . (Trong trường hợp này, ) $z$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$ $(x,\mathtt{1},z) \in A$ $x \not\in L^A$
Phương án 2: Mỗi lựa chọn có và chính xác một lựa chọn có . (Trong trường hợp này, ) $z$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$ $(x,\mathtt{1},z) \in A$ $x \in L^A$

Mục tiêu của chúng tôi sẽ là xác định thỏa mãn những lời hứa này sao cho chéo với mọi máy . Để cố gắng trả lời câu trả lời dài này, tôi sẽ bỏ máy móc xây dựng nhà tiên tri và rất nhiều chi tiết không quan trọng, và giải thích làm thế nào để chéo với một máy cụ thể. Fix một máy Turing ngẫu nhiên, và để cho là một đầu vào để chúng tôi có toàn quyền kiểm soát việc lựa chọn 's và là để $A$ $L^A$ $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$ $M$ $x$ $b$ $z$ . Chúng tôi sẽ phá trên . $(x,b,z) \in A$ $M$ $x$

Trường hợp 1: Giả sử có một cách để chọn để thỏa mãn tùy chọn đầu tiên về lời hứa của mình và có lựa chọn ngẫu nhiên chấp nhận. Sau đó, chúng tôi sẽ cam kết với lựa chọn này. Sau đó không thể đồng thời thỏa mãn lời hứa và từ chối . Tuy nhiên, . Vì vậy, chúng tôi đã diagonalized chống . $z$ $A$ $M$ $A$ $M$ $\mathrm{RP}$ $x$ $x \not\in L^A$ $M$
Trường hợp 2: Tiếp theo, giả sử rằng trường hợp trước không hoạt động. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng sau đó có thể bị buộc phải phá vỡ lời hứa hoặc từ chối một số lựa chọn thỏa mãn lựa chọn thứ hai của lời hứa. Đây diagonalizes chống . Chúng tôi sẽ làm điều này trong hai bước: $M$ $\mathrm{RP}$ $A$ $M$
1. Chứng minh rằng với mỗi lựa chọn cố định của bit ngẫu nhiên 's, phải từ chối khi tất cả các truy vấn của nó có dạng là trong và tất cả các truy vấn của nó có dạng đang không ở trong . $r$ $M$ $M$ $(x,\mathtt{0},z)$ $A$ $(x,\mathtt{1},z)$ $A$
2. Cho thấy rằng chúng ta có thể lật một câu trả lời của cho một số lựa chọn của mà không ảnh hưởng đến xác suất chấp nhận của nhiều. $(x,\mathtt{1},z)$ $A$ $z$ $M$
Thật vậy, nếu chúng ta bắt đầu với từ bước 1, xác suất chấp nhận của bằng không. không hoàn toàn thỏa mãn tùy chọn thứ hai về lời hứa của mình, nhưng sau đó chúng ta có thể lật một bit như trong bước 2 và nó sẽ như vậy. Vì việc lật bit khiến xác suất chấp nhận của gần bằng 0, do đó không thể đồng thời chấp nhận và thỏa mãn lời hứa $A$ $M$ $A$ $M$ $M$ $x$ $\mathrm{RP}$

Vẫn còn phải tranh luận hai bước trong trường hợp 2:

Khắc phục sự lựa chọn các bit ngẫu nhiên cho . Bây giờ mô phỏng sử dụng như tính ngẫu nhiên và trả lời các truy vấn để và . Quan sát rằng thực hiện tối đa truy vấn. Vì có lựa chọn của , nên chúng ta có thể sửa các lựa chọn chưa được xử lý của để có $r$ $M$ $M$ $r$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $(x,\mathtt{1},z) \not\in A$ $M$ $2^{n^c}$ $2^{2n^c}$ $z$ $z$ , và có vẫn đáp ứng các tùy chọn đầu tiên của lời hứa của mình. Vì chúng tôi không thể làm cho Trường hợp 2 hoạt động cho , điều này có nghĩa là phải từ chối tất cả các lựa chọn ngẫu nhiên liên quan đến và đặc biệt là trên . Nó sau đó nếu chúng ta chọn có và cho tất cả các lựa chọn của $(x,\mathtt{0},z) \not\in A$ $A$ $M$ $M$ $A$ $r$ $A$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $(x,\mathtt{1},z) \not\in A$ $z$ Thì cứ mỗi sự lựa chọn của các bit ngẫu nhiên , từ chối liên quan đến . $r$ $M$ $A$
Giả sử rằng với mọi $z$ , phần của bit ngẫu nhiên mà truy vấn là ít nhất . Thì tổng số truy vấn ít nhất là . Mặt khác, thực hiện tối đa truy vấn trên tất cả các nhánh của nó, một mâu thuẫn. Do đó, có một sự lựa chọn sao cho tỷ lệ các bit ngẫu nhiên mà $M$ $(x,\mathtt{1},z)$ $1/2$ $2^{2n^c} 2^{2^{n^c}}/2$ $M$ $2^{2^{n^c}} 2^{n^c}$ $z$ $M$ truy vấn nhỏ hơn 1/2. Flipping giá trị của trên chuỗi này do đó ảnh hưởng đến khả năng chấp nhận của ít hơn . $(x,\mathtt{1},z)$ $A$ $M$ $1/2$

— Andrew Morgan
nguồn

Câu trả lời này khá dài và có lẽ sẽ được hưởng lợi từ một liên kết đến một nguồn tài nguyên bên ngoài để giải thích rõ hơn về các kỹ thuật liên quan. Nếu bất cứ ai biết về một, tôi sẽ vui vẻ bao gồm nó.

— Andrew Morgan

Nó có thể là trong cuộc khảo sát của Ko.

— Kaveh

@Kaveh: Tôi đã xem cuộc khảo sát này (đó là cuộc khảo sát mà bạn đang đề cập, phải không?), Nhưng tôi không nhận thấy nhiều điều có vẻ liên quan ngay lập tức. Hầu hết các kết quả có vẻ như họ sẽ rơi vào trường hợp của minh

. Một điểm đáng chú ý là

tương ứng với một oracle ngẫu nhiên, và vì vậy chúng tôi có được

tương ứng với một oracle ngẫu nhiên. $\mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP} = \mathrm{RP}$

$\mathrm{P} = \mathrm{RP}$

$\mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP} = \mathrm{RP}$

— Andrew Morgan

-1

Không, nó không được biết đến. Đây có thể không phải là bằng chứng thuyết phục nhất, nhưng hãy xem tìm kiếm này của Google .

— động vật
nguồn