Các lớp phức tạp P / Poly vs thống nhất

Người ta không biết liệu NEXP có trong P / poly hay không. Thật vậy, việc chứng minh rằng NEXP không có trong P / poly sẽ có một số ứng dụng trong việc khử cộng đồng.

1. Lớp C thống nhất nhỏ nhất mà người ta có thể chứng minh rằng C không có trong P / poly là gì?

2. Liệu cho thấy co-NEXP không có trong P / poly có một số hậu quả lý thuyết phức tạp khác như trong trường hợp NEXP so với P / poly?

Lưu ý: Tôi biết rằng được biết là không được chứa trong cho mỗi hằng số cố định (Điều này cũng được hiển thị cho MA với 1 bit lời khuyên). Nhưng trong câu hỏi này tôi không quan tâm đến kết quả cho cố định . Tôi thực sự quan tâm đến các lớp khác với P / Poly, ngay cả khi các lớp này rất lớn.$SP_2$$Size[n^k]$$k$$k$

$\let\mr\mathrm$ Có một số kết quả trong tài liệu nói rằng một lớp thỏa mãn cho bất kỳ nào , và thường thì nó rất đơn giản để chỉ ra rằng Phiên bản mở rộng siêu chính thức của không có trong .$C$$C\nsubseteq\mr{SIZE}(n^k)$$k$$C$$\mr{P/poly}$

Hãy để tôi nói rằng là một ràng buộc siêu đa thức nếu nó có thể xây dựng được theo thời gian và . Ví dụ: là một ràng buộc siêu chính thức. Trong thực tế, một bài tập hướng dẫn cho thấy rằng nếu là bất kỳ hàm tính toán đơn điệu không giới hạn nào, thì có một giới hạn siêu chính trị sao cho . f ( n ) = n ω ( 1 ) n log log log log n g ( n ) f f ( n ) ≤ n g ( n $f\colon\mathbb N\to\mathbb N$$f(n)=n^{\omega(1)}$$n^{\log\log\log\log n}$$g(n)$$f$$f(n)\le n^{g(n)}$

Đầu tiên, đường chéo trực tiếp cho thấy cho mọi . Lập luận tương tự cho:$\Sigma_4^P\nsubseteq\mr{SIZE}(n^k)$$k$

• Nếu là bất kỳ siêu đa thức nào bị ràng buộc, thì .Σ 4 - T I M E ( f ( n ) ) ⊈ P / p o l $f$$\Sigma_4\text-\mr{TIME}(f(n))\nsubseteq\mr{P/poly}$

  Phác thảo bằng chứng: Với bất kỳ nào , hãy để là mạch đầu tiên về mặt từ vựng có kích thước tính toán hàm Boolean trong biến không thể tính được bằng một mạch có kích thước . Sau đó, ngôn ngữ được xác định bởi hoạt động.C n 2 f ( n ) $n$$C_n$$2f(n)$$n$L x ∈ $<f(n)$$L$$x\in L\iff C_{|x|}(x)=1$

Một cải tiến nổi tiếng nói rằng cho mọi . Tương tự như vậy,$S_2\mr P\nsubseteq\mr{SIZE}(n^k)$$k$

• Nếu là bất kỳ siêu đa thức nào bị ràng buộc, thì .S 2 - T I M E ( f ( n ) ) ⊈ P / p o l $f$$S_2\text-\mr{TIME}(f(n))\nsubseteq\mr{P/poly}$

  Proof phác thảo: Nếu không, sau đó nói riêng , do đó . Bằng một đối số đệm, , bỏ qua .P H = S 2 P Σ 4 - T Tôi M E ( f ( n ) ) ⊆ S 2 - T Tôi M E ( f ( n ) ) ⊆ P / p o l $\mr{NP}\subseteq S_2\mr P\subseteq\mr{P/poly}$$\mr{PH}=S_2\mr P$$\Sigma_4\text-\mr{TIME}(f(n))\subseteq S_2\text-\mr{TIME}(f(n))\subseteq\mr{P/poly}$

Các lớp quên lãng làm tốt hơn nữa. Có tính đến sự phản đối được đưa ra bởi Apoorva Bhagwat, hãy . Sau đó cho mọi và cùng một kết quả:N L i n ∪ O 2 P ⊈ S I Z E ( n k ) $\mr{NLin=NTIME}(n)$$\mr{NLin}\cup O_2\mr P\nsubseteq\mr{SIZE}(n^k)$$k$

• Nếu là bất kỳ siêu đa thức nào, thì .N L i n ∪ O 2 - T I M E ( f ( n ) ) ⊈ P / p o l $f$$\mr{NLin}\cup O_2\text-\mr{TIME}(f(n))\nsubseteq\mr{P/poly}$

  Proof phác thảo: Nếu , sau đó bằng cách đệm, , trong đó hàm ý . Sau đó chúng tôi tiến hành như trước.N P ⊆ P / p o l y P H = O 2 $\mr{NLin\subseteq P/poly}$$\mr{NP\subseteq P/poly}$$\mr{PH}=O_2\mr P$

Cũng có kết quả liên quan đến MA. Kết quả thường được đề cập rằng là quá mức cần thiết. Santhanam đã chứng minh cho bất kỳ và một đối số tương tự đưa ra:p r o m i s e - M Một ∩ p r o m i s e - c o M Một ⊈ S I Z E ( n k ) $\mr{MA\text-EXP\nsubseteq P/poly}$

$$\mr{promise\text-MA\cap promise\text-coMA\nsubseteq SIZE}(n^k)$$ $k$

• Nếu là bất kỳ giới hạn đa thức nào, thì p r o m i s e - M Một - T Tôi M E ( f ( n ) ) ∩ p r o m i s e - c o M Một - T Tôi M E ( f ( n ) ) ⊈ P / p o l y$f$

  $$\mr{promise\text-MA\text-TIME}(f(n))\cap\mr{promise\text-coMA\text-TIME}(f(n))\nsubseteq\mr{P/poly}.$$

  Phác thảo bằng chứng: bởi Bổ đề 11 của Santhanam (là phiên bản được làm sắc nét của thực tế tiêu chuẩn rằng với một câu tục ngữ PSPACE), có một ngôn ngữ hoàn chỉnh PSPACE và một ngôn ngữ đa ngôn ngữ ngẫu nhiên TM sao cho trên đầu vào , chỉ yêu cầu truy vấn oracle có độ dài; nếu , thì chấp nhận với xác suất ; và nếu , thì với bất kỳ lời tiên tri , chấp nhận với xác suất . L M x M | x | x ∈ L M L ( x ) 1 x ∉ L Một M Một ( x ) ≤ 1 /$\mr{PSPACE=IP}$$L$$M$$x$$M$$|x|$$x\in L$$M^L(x)$$1$$x\notin L$$A$$M^A(x)$$\le1/2$

  Đối với một giọng đều đều đa thức thích hợp , chúng ta hãy là vấn đề hứa hẹn được định nghĩa bởi Đặt là phép khử đa thức của thành phần bù của nó và đặt là vấn đề hứa hẹn Một = ( A Y E S , A N O ) ( x , s ) ∈ A Y E $p$$A=(A_{\mr{YES}},A_{\mr{NO}})$h(x)LB=(BYES,BNO)(x,s)∈B Y

  $$\begin{align} (x,s)\in A_{\mr{YES}}&\iff\exists\text{circuit }C\,\bigl(p(|C|+|x|)\le f(|s|)\land\Pr[M^C(x)\text{ accepts}]=1\bigr),\\ (x,s)\in A_{\rlap{\mr{NO}}\phantom{YES}}&\iff\forall\text{circuit }C\,\bigl(p(|C|+|x|)\le f(|s|)\to\Pr[M^C(x)\text{ accepts}]\le1/2\bigr). \end{align}$$ $h(x)$$L$$B=(B_{\mr{YES}},B_{\mr{NO}})$p(n)B∈promise-MA-TIME(f(n))∩promise- $$\begin{align} (x,s)\in B_{\mr{YES}}&\iff(x,s)\in A_{\mr{YES}}\land(h(x),s)\in A_{\mr{NO}},\\ (x,s)\in B_{\rlap{\mr{NO}}\phantom{YES}}&\iff(x,s)\in A_{\mr{NO}}\land(h(x),s)\in A_{\mr{YES}}. \end{align}$$ Nếu được chọn lớn phù hợp, Vì vậy, chúng ta giả sử mâu thuẫn rằng có các mạch có kích thước đa thức, giả sử, . Gọi biểu thị kích thước của điện toán mạch nhỏ nhất trên các đầu vào có độ dài và đặt ; chính xác hơn, Sau đó$p(n)$ $$B\in\mr{promise\text-MA\text-TIME}(f(n))\cap\mr{promise\text-coMA\text-TIME}(f(n)).$$ $B$$B\in\mr{SIZE}(n^k)$$s(n)$$L$$n$$t(n)=f^{-1}(p(s(n)))$ $$t(n)=\min\{m:p(s(n))\le f(m)\}.$$ $x\mapsto(x,1^{t(n)})$ là sự giảm từ xuống , do đó , có nghĩa là Nhưng vì là superpolynomial, nên ta có . Điều này cung cấp một mâu thuẫn cho đủ lớn.$L$$B$$L\in\mr{SIZE}(t(n)^k)$ $$s(n)\le t(n)^k.$$ $f$$t(n)=s(n)^{o(1)}$$n$

Nếu chúng tôi thích kết quả với phiên bản không hứa hẹn của MA, Miltersen, Vinodframran và Watanabe đã chứng minh cho một nửa số mũ hàm . Chúng ta có thể cải thiện nó theo hai cách: thứ nhất, nó giữ cho giới hạn cho bất kỳ hằng số nào và thứ hai, nó giữ cho các lớp không biết. Ở đây, một hàm -exponential là, đại khái là một hàm sao cho

$$\mr{MA\text-TIME}(f(n))\cap\mr{coMA\text-TIME}(f(n))\nsubseteq\mr{P/poly}$$ $f$$\tfrac1k$$k$$\tfrac1k$$f$$\underbrace{f\circ\dots\circ f}_k=\exp$. Xem tài liệu và tài liệu tham khảo của MiltersenTHER Vinodframran Nhận Watanabe trong đó để có định nghĩa chính xác; nó liên quan đến một nhóm các hàm hoạt động tốt , , sao cho , và . Ngoài ra, nếu và , thì . Sau đó chúng tôi có:$e_\alpha(x)$$\alpha\in\mathbb R_+$$e_0(x)=x$$e_1(x)=e^x-1$$e_{\alpha+\beta}=e_\alpha\circ e_\beta$$f(n)\le e_\alpha(\mr{poly}(n))$$g(n)\le e_\beta(\mr{poly}(n))$$f(g(n))\le e_{\alpha+\beta}(\mr{poly}(n))$

• $\mr{OMA\text-TIME}(e_\alpha)\cap\mr{coOMA\text-TIME}(e_\alpha)\nsubseteq\mr{P/poly}$ cho mọi .$\alpha>0$

  Bằng chứng phác thảo: Giả sử khác. Sửa một số nguyên sao cho . Hãy để tôi viết tắt Bằng cách đệm, chúng tôi có cho mọi . Ngoài ra, bằng cách sử dụng ví dụ như Santhanam's Lemma 11 ở trên, chúng tôi có hàm Vì tầm thường , một ứng dụng lặp đi lặp lại của (1) và (2) hiển thị ,$k$$1/k<\alpha$

  $$\mr{OcOMT}(f)=\mr{OMA\text-TIME}(\mr{poly}(f(\mr{poly}(n)))\cap\mr{coOMA\text-TIME}(\mr{poly}(f(\mr{poly}(n))).$$ $$\tag{1}\mr{OcOMT}(e_{\beta+1/k})\subseteq\mr{SIZE}(e_\beta(\mr{poly}(n)))$$ $\beta\ge0$ $$\tag{2}\mr{PSPACE\subseteq SIZE}(e_\beta(\mr{poly}(n)))\implies\mr{PSPACE\subseteq OcOMT}(e_\beta).$$ $\mr{PSPACE\subseteq OcOMT}(e_1)$$\mr{PSPACE\subseteq SIZE}(e_{(k-1)/k}(\mr{poly}(n)))$$\mr{PSPACE\subseteq OcOMT}(e_{(k-1)/k})$ , , , v.v. Sau bước, chúng tôi đạt Sử dụng phần đệm một lần nữa, chúng tôi nhận được mâu thuẫn với kết quả ở trên , vì là một giới hạn siêu đa thức.$\mr{PSPACE\subseteq SIZE}(e_{(k-2)/k}(\mr{poly}(n)))$$\mr{PSPACE\subseteq OcOMT}(e_{(k-2)/k})$$k$ $$\mr{PSPACE\subseteq P/poly}\qquad\text{and}\qquad\mr{PSPACE=OMA\cap coOMA}.$$ $$\mr{DSPACE}(e_{1/k})\subseteq\mr{OcOMT}(e_{1/k})\subseteq\mr{P/poly},$$ $e_{1/k}$

Vì không ai đăng câu trả lời, tôi sẽ tự trả lời câu hỏi bằng các bình luận được đăng trong câu hỏi ban đầu. Cảm ơn Robin Kothari, Emil Jerabek, Andrew Morgan và Alex Golovnev.

$MA_{exp}$ dường như là lớp thống nhất nhỏ nhất với giới hạn dưới đa cực đã biết.

$O_2^P$ dường như là lớp nhỏ nhất được biết không có mạch có kích thước cho mỗi cố định .$n^k$$k$

Bởi diagonalization, nó sau đó cho bất kỳ siêu đa thức (và không gian-constructible) chức năng , không có mạch đa thức kích thước. so với vẫn mở.D S P A C E [ s ( n ) ] P S P A C E P / p o l $s$$DSPACE[s(n)]$$PSPACE$$P/poly$

N E X P c o N E X $P/poly$ được đóng dưới phần bổ sung, vì vậy nó chứa khi và chỉ khi nó chứa .$NEXP$$coNEXP$

Xin vui lòng sửa tôi nếu tôi là sai, nhưng như xa như tôi có thể nói, chúng tôi thực sự không biết một kích thước cố định đa thức thấp hơn bị ràng buộc đối . Điều này là do đối số Karp-Lipton thông thường không diễn ra đối với , vì chúng ta không biết liệu (thực tế, điều này tương đương với việc hỏi liệu ). Tuy nhiên, chúng tôi biết rằng không có trong cho bất kỳ nào , như được hiển thị bởi Chakaravarthy và Roy. O P 2 NP ⊆ O P 2 NP ⊆ P / poly NP O P 2 SIZE ( n k ) $O_2^P$$O_2^P$$\textsf{NP}\subseteq O_2^P$$\textsf{NP}\subseteq \textsf{P/poly}$$\textsf{NP}^{O_2^P}$$\textsf{SIZE}(n^k)$$k$