Một nhà tiên tri ngẫu nhiên có thể thay đổi mà các vấn đề TFNP rất khó trung bình không?

Tôi đã suy nghĩ về câu hỏi sau đây vào
nhiều thời điểm kể từ khi tôi thấy câu hỏi này trên Mật mã học .

Câu hỏi

Đặt $R$ là mối quan hệ TFNP . Một nhà tiên tri ngẫu nhiên có thể giúp P / poly
phá vỡ $R$ với xác suất không đáng kể? Chính thức hơn, $\newcommand{\Pr}{\operatorname{Pr}} \newcommand{\E}{\operatorname{\mathbb{E}}} \newcommand{\O}{\mathcal{O}} \newcommand{\Good}{\mathsf{Good}}$

Làm

cho tất cả P / poly thuật toán , là không đáng kể$A$$\Pr_x [R(x, A(x))]$

nhất thiết ngụ ý rằng

cho hầu hết các o racles , cho tất cả P / poly oracle-thuật toán , là không đáng kể$\O$$A$$\Pr_x [R(x, A^\O(x))]$

?

---

Công thức thay thế

Tập hợp các phép lạ có liên quan là (do đó có thể đo lường được), do đó, bằng cách sử dụng luật không đối xứng và áp dụng định luật không một của Kolmogorov , công thức sau đây tương đương với công thức ban đầu.$G_{\delta\sigma}$

Làm

đối với hầu hết tất cả các o r , tồn tại thuật toán P / poly oracle-thuật toán sao cho không đáng kể$\O$
$A$$\Pr_x [R(x,A^\O(x))]$

nhất thiết ngụ ý rằng

tồn tại thuật toán P / poly sao cho không đáng kể$A$$\Pr_x [R(x,A(x))]$

?

---

Vỏ đồng phục

Đây là một bằng chứng cho phiên bản đồng phục :

Chỉ có rất nhiều thuật toán tiên tri PPT, do đó, tính dễ tính có thể đếm được của null [lý tưởng] [8], có một thuật toán PPT sao cho một tập hợp các phép lạ không có giá trị , không đáng kể. Đặt là một thuật toán tiên tri như vậy.$A$$\O$
$\Pr_x [R(x,A^\O(x))]$$B$

Tương tự, hãy để là một số nguyên dương sao cho một tập hợp các phép lạ không null , là vô hạn - thường ít nhất là , Trong đó là chiều dài của đầu vào. Theo thông tin chi tiết của Borel-Cantelli , là vô hạn.$c$$\O$
$\Pr_x[R(x,B^\O(x))]$$n^{-c}$$n$
$\sum_{n=0}^{\infty} \Pr_{\O} \left[ n^{-c} \leq \Pr_{x\in\{0,1\}^n}[R(x,B^\O(x))] \right]$

Bằng thử nghiệm so sánh , vô cùng thường xuyên .$\Pr_{\O} \left[ n^{-c} \leq \Pr_{x\in \{0,1\}^n}[R(x,B^\O(x)) \right] \geq n^{-2}$

Đặt là thuật toán PPT [mô phỏng nhà tiên tri] [12] và chạy với nhà tiên tri mô phỏng đó.$S$$B$

Khắc phục và đặt là tập hợp các phép lạ sao cho .$n$$\Good$$\O$$n^{-c} \leq \Pr_{x\in\{0,1\}^n} [R(x,B^\O(x))]$

Nếu không phải là null thì .$\Good$

$$\begin{matrix} \Pr_{\O} [\O\in \Good] \cdot n^{-c} \\ = \\ \Pr_{\O} [\O\in \Good] \cdot \E_{\O}[n^{-c}] \\ \leq \\ \Pr_{\O} [\O\in \Good] \cdot \E_{\O} \left[ \Pr_{x\in \{0,1\}^n} [R(x,B^\O(x))] \mid \O \in \Good \right] \\ = \\ \E_{\O}\left[ \Pr_{x\in \{0,1\}^n} [\O \in \Good \text{ and } R(x,B^\O(x))] \right] \\ \leq \\ \E_{\O}\left[ \Pr_{x\in \{0,1\}^n} [R(x,B^\O(x))] \right] \\ = \\ \Pr_{\O, x\in\{0,1\}^n} [R(x,B^\O(x))] \\ = \\ \Pr_{x\in \{0,1\}^n, \O} [R(x,B^\O(x))] \\ = \\ \E_{x\in \{0,1\}^n} \left[ \Pr_{\O}[R(x,B^\O(x))] \right] \\ = \\ \E_{x\in \{0,1\}^n} \left[ \Pr[R(x,S(x))] \right] \\ = \\ \Pr_{x\in \{0,1\}^n} [R(x,S(x))] \end{matrix}$$

Vì thường xuyên, không đáng kể.$\Pr_{\O} [\O\in \Good] \geq n^{-2}$$\Pr_x[R(x,S(x))]$

Do đó phiên bản đồng phục giữ. Bằng chứng cực kỳ sử dụng thực tế
là chỉ có rất nhiều thuật toán tiên tri PPT . Ý tưởng này không hoạt động trong
trường hợp không đồng nhất, vì có các thuật toán P / poly orory-liên tục.

Không với tiêu đề của tôi và Có cho cơ thể câu hỏi của tôi. Trên thực tế, điều này khái quát hóa ngay lập tức
cho mọi trò chơi có độ dài đa thức không sử dụng mã của đối thủ.

Lưu ý rằng tôi sẽ sử dụng cho các đối thủ, thay vì , để phù hợp với ký hiệu của Định lý 2 .$C$$A$

Giả sử rằng đối với hầu hết tất cả các phép lạ , tồn tại thuật toán P / poly oracle- sao cho là không đáng kể.$\mathcal{O}$
$C$$\operatorname{Pr}_x\hspace{-0.06 in}\left[\hspace{.02 in}R\hspace{-0.04 in}\left(x,\hspace{-0.04 in}C^{\mathcal{O}\hspace{-0.02 in}}(x)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]$

Đối với hầu hết tất cả các phép lạ , tồn tại một số nguyên dương d sao cho tồn tại một chuỗi các mạch có kích thước tối đa là d + n ^d sao cho là vô hạn - thường lớn hơn .$\mathcal{O}$

$\operatorname{Pr}_{x\in \{0,1\}^n}\hspace{-0.06 in}\left[\hspace{.02 in}R\hspace{-0.04 in}\left(x,\hspace{-0.04 in}C^{\mathcal{O}\hspace{-0.02 in}}(x)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]$$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^d\hspace{-0.02 in}\right)$

Bằng tính cộng có thể đếm được, tồn tại một số nguyên dương d sao cho một tập hợp các phép lạ không có giá trị , tồn tại một chuỗi các mạch có kích thước tối đa là d + n ^d sao cho thường vô cùng lớn hơn .$\mathcal{O}$
$\operatorname{Pr}_{x\in \{0,1\}^n}\hspace{-0.06 in}\left[\hspace{.02 in}R\hspace{-0.04 in}\left(x,\hspace{-0.04 in}C^{\mathcal{O}\hspace{-0.02 in}}(x)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]$$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^d\hspace{-0.02 in}\right)$

Đặt j là quảng cáo như vậy và đặt z là thuật toán tiên tri (không nhất thiết phải hiệu quả),
lấy n làm đầu vào và xuất ra mạch kích thước tối thiểu theo từ vựng nhiều nhất là j + n tối đa hóa . Bởi sự phản đối của Borel-Cantelli ,$^{\hspace{.03 in}j}$
$\operatorname{Pr}_{x\in \{0,1\}^n}\hspace{-0.06 in}\left[\hspace{.02 in}R\hspace{-0.04 in}\left(x,\hspace{-0.04 in}C^{\mathcal{O}\hspace{-0.02 in}}(x)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]$$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^2\hspace{-0.02 in}\right) \: < \: \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\hspace{-0.05 in}\bigg[\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.03 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right) < \operatorname{Pr}_{x\in \{0,1\}^n}\hspace{-0.06 in}\left[\hspace{.02 in}R\hspace{-0.04 in}\left(\hspace{-0.04 in}x,\hspace{-0.04 in}\left(z^{\mathcal{O}}\right)^{\hspace{-0.04 in}\mathcal{O}\hspace{-0.02 in}}(x)\hspace{-0.05 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]\hspace{-0.06 in}\bigg] \;\;\;$cho vô số n.


Đối với n,

$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right) \; = \; 1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.04 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^2\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.04 in}\right) \; = \; \left(\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^2\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.03 in}\right) \cdot \left(\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.03 in}\right) \; < \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}\hspace{.02 in},\hspace{.04 in}x\in \{0,1\}^n}\hspace{-0.06 in}\left[R\hspace{-0.04 in}\left(\hspace{-0.04 in}x,\hspace{-0.04 in}\left(z^{\mathcal{O}}\right)^{\hspace{-0.04 in}\mathcal{O}\hspace{-0.02 in}}(x)\hspace{-0.05 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]$

.


Đặt là thuật toán tiên tri có 2 đầu vào, một trong số đó là và thực hiện như sau:$A$$n$

Chọn một chuỗi n-bit ngẫu nhiên . Cố gắng [phân tích cú pháp đầu vào khác dưới dạng mạch orory và chạy mạch orory đó trên chuỗi n-bit]. Nếu điều đó thành công và oracle mạch của đầu ra thỏa mãn R (x, y), sau đó sản lượng 1, nếu không đầu ra 0. (Lưu ý rằng là không chỉ là kẻ thù.) Đối với vô số n, . Đặt p như Định lý 2 và đặt$x$

$y$


$A$
$\;\;\; 1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right) \; < \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\left[A^{\mathcal{O}}(n,z^{\mathcal{O}}(n))\right] \:\:\:\:$
$\;\;\; f \: = \: 2\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.04 in}p\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.04 in}\left(\hspace{.02 in}j\hspace{-0.04 in}+\hspace{-0.04 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.04 in}n^{(2+j)\cdot 2} \:\:\:\:$ .


Theo Định lý 2 , tồn tại một hàm sao cho với như trong định lý đó, nếusau đó$\mathcal{S}$$\mathcal{P}$
$\;\;\; 1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right) \; < \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\left[A^{\mathcal{O}}(n,z^{\mathcal{O}}(n))\right] \;\;\;$

$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right) \; = \; \left(\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.03 in}\right)-\left(\hspace{-0.04 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right)\hspace{-0.04 in}\right) \; = \; \left(\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.04 in}-\hspace{-0.04 in}\sqrt{1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{(2+j)\cdot 2}\right)\hspace{-0.04 in}\right)}$
$= \; \left(\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.04 in}-\hspace{-0.04 in}\sqrt{\left(p\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{.02 in}j\hspace{-0.04 in}+\hspace{-0.04 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.04 in}\right)\hspace{-0.06 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.04 in}p\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{.02 in}j\hspace{-0.04 in}+\hspace{-0.04 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.06 in} \cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{(2+j)\cdot 2}\right)\hspace{-0.04 in}\right)} \; = \; \left(\hspace{-0.02 in}1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.04 in}-\hspace{-0.04 in}\sqrt{\left(p\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{.02 in}j\hspace{-0.04 in}+\hspace{-0.04 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.04 in}\right)\hspace{-0.06 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.04 in}f\right)}$
$< \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\left[A^{\mathcal{O}}(n,z^{\mathcal{O}}(n))\right]-\hspace{-0.04 in}\sqrt{\left(p\hspace{-0.04 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{.02 in}j\hspace{-0.04 in}+\hspace{-0.04 in}n^{\hspace{.04 in}j}\hspace{-0.02 in}\right)\hspace{-0.04 in}\right)\hspace{-0.06 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.04 in}f\right)} \; \leq \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\left[A^{\mathcal{P}}(n,z^{\mathcal{O}}(n))\right] \;\;\;$.


Với n sao cho:$\;\;\; 1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right) \; < \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\left[A^{\mathcal{O}}(n,z^{\mathcal{O}}(n))\right] \;\;\;$

Cụ thể, tồn tại một mạch có kích thước tối đa j + n và một phép gán độ dài tối đa f sao cho với đầu vào và presampling, 's khả năng xuất ra lớn hơn . Các mạch của Oracle có kích thước tối đa j + n có thể được biểu diễn bằng các bit poly (n), do đó, với p được giới hạn ở trên bởi một đa thức trong n, có nghĩa là f cũng được giới hạn ở trên bởi một đa thức trong n. $\big[$$C$$^{\hspace{.03 in}j}\big]$
$\big[$$\big]$
$A$$1$$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right)$
$^{\hspace{.03 in}j}$

Bằng cách xây dựng , điều đó có nghĩa là có các mạch có kích thước tối đa là j + n và một phép gán độ dài đa thức sao cho khi chạy với giá trị giả định đó, xác suất tìm thấy của mạch một giải pháp lớn hơn . Vì các mạch như vậy không thể thực hiện các truy vấn dài hơn j + n$A$$^{\hspace{.03 in}j}$
$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right)$$^{\hspace{.03 in}j}$các bit, các đầu vào được lấy mẫu lâu hơn có thể bị bỏ qua, do đó, các mẫu thử trước đó có thể được mô phỏng một cách hiệu quả và hoàn hảo với các bit được mã hóa ngẫu nhiên và poly (n). Điều đó có nghĩa là có các mạch tiên tri có kích thước đa thức sao cho với một phép lạ ngẫu nhiên tiêu chuẩn, xác suất tìm thấy giải pháp của các mạch lớn hơn . Một nhà tiên tri ngẫu nhiên như vậy lần lượt có thể được mô phỏng một cách hiệu quả và hoàn hảo chỉ bằng các bit ngẫu nhiên thông thường, do đó, có các mạch xác suất không xác định kích thước đa thức có xác suất tìm thấy giải pháp lớn hơn$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right)$$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right)$ . Đổi lại, do tính ngẫu nhiên quang học mã hóa cứng, có các mạch xác định kích thước đa thức (không phải là tiên tri) có xác suất (trên sự lựa chọn x) của việc tìm giải pháp lớn hơn . Như được hiển thị trước đó trong câu trả lời này, có vô số n sao cho,$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(2\hspace{-0.06 in}\cdot \hspace{-0.06 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\right)\hspace{-0.04 in}\right)$


$1\hspace{-0.04 in}\big/\hspace{-0.07 in}\left(\hspace{-0.02 in}n^{2+j}\hspace{-0.02 in}\right) \; < \; \operatorname{Prob}_{\mathcal{O}}\left[A^{\mathcal{O}}(n,z^{\mathcal{O}}(n))\right] \;\;\;$$\;\;\;$do đó có một đa thức sao cho

chuỗi có mục nhập thứ n là ít nhất về mặt từ vựng
[mạch C có kích thước giới hạn ở trên bởi đa thức đó] tối đa hóa$\operatorname{Pr}_{x\in \{0,1\}^n}\hspace{-0.04 in}\left[\hspace{.02 in}R\hspace{-0.04 in}\left(x,\hspace{-0.04 in}C(x)\hspace{-0.03 in}\right)\hspace{-0.02 in}\right]$

là một thuật toán P / poly có xác suất (trên sự lựa chọn x) của việc tìm giải pháp là không đáng kể.

Do đó, hàm ý trong cơ thể câu hỏi của tôi luôn luôn giữ.

Để có được hàm ý tương tự cho các trò chơi có độ dài đa thức khác, chỉ cần
thay đổi bằng chứng để làm cho nó có các mạch tiên tri đầu vào chơi trò chơi.$A$