Có ngôn ngữ NP-đầy đủ chứa chính xác một nửa số n-bit không?

Có ngôn ngữ hoàn chỉnh NP (tốt nhất là tự nhiên) , sao cho với mọi giữ? Nói cách khác, chứa chính xác một nửa của tất cả các trường hợp -bit. $L\subseteq \{0,1\}^*$ $n\geq 1$

| L \cap {0, 1}^{n} | = 2^{n - 1}

$|L\cap \{0,1\}^n|=2^{n-1}$

L

$L$

n

$n$

cc.complexity-theory np np-complete

— Andras Farago
nguồn

Sẽ rất ngạc nhiên nếu không có nhưng suy nghĩ về nó trong vài phút không thể tìm thấy một công trình.

— Kaveh

FWIW có một như vậy là NP-hard và trong NP / POLY ...

L

$L$

— Neal Young

Đối với mã hóa nhị phân sinh học của các công thức CNF, thỏa đáng không thỏa mãn sẽ hoạt động.

e

$e$

{e (φ) 1 | φ

$\{e(\varphi)1\ |\ \varphi$

} \cup {e (φ) 0 | φ

$\} \cup \{e(\varphi)0\ |\ \varphi$

}

$\}$

— Klaus Draeger

@KlausDraeger Không thỏa mãn không phải là thuộc tính NP, trừ khi NP = co-NP.

— Andras Farago

Có bất kỳ lời tiên tri nào không tồn tại với thuộc tính này không?

O

$O$

L \in {N P - C o m p l e t e}^{O}

$\mathcal{L}\in {\bf NP-Complete}^O$

— Erfan Khaniki

Câu trả lời:

Tôi đã hỏi câu hỏi này vài năm trước và Boaz Barak đã tích cực trả lời nó .

Câu lệnh tương đương với sự tồn tại của ngôn ngữ hoàn chỉnh NP trong đólà đa thức thời gian tính toán. $L$ $|L_n|$

Hãy xem xét các công thức Boolean và SAT. Sử dụng phần đệm và sửa đổi một chút mã hóa công thức, chúng tôi có thể đảm bảo rằng và có cùng độ dài. $\varphi$ $\lnot \varphi$

Hãy là một mã hóa mà $\langle\ \rangle$

cho tất cả các công thức và cho tất cả các nhiệm vụ thật , . $\varphi$ $\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$ $|\langle\varphi\rangle| = |\langle\varphi, \tau\rangle|$
là đa thức thời gian tính toán. $|\langle\varphi\rangle| \mapsto |\varphi|$
số lượng công thức có độ dài mã hóa $n$ là tính toán thời gian đa thức.

Cân nhắc

L := {⟨ φ ⟩ ∣ φ \in S A T} \cup {⟨ φ, τ ⟩ ∣ τ ⊨ φ and \exists σ < τ σ ⊨ φ}

$L := \{\langle\varphi\rangle \mid \varphi \in \mathsf{SAT} \} \cup \{\langle \varphi, \tau \rangle \mid \tau \vDash \varphi \text{ and } \exists \sigma<\tau\ \sigma\vDash\varphi \}$

Dễ dàng thấy rằng $L$ là NP hoàn chỉnh.

Nếu , số lượng bài tập thật thỏa mãn là tương đương với số lượng đáp ứng nhiệm vụ thật . Thêm bản thân nó cho biết thêm lên đến số lượng đáp ứng nhiệm vụ thật cho . $\varphi \in \mathsf{SAT}$

τ ⊨ φ and \exists σ < τ σ ⊨ φ

$\tau \vDash \varphi \text{ and } \exists \sigma<\tau\ \sigma\vDash\varphi$

- 1

$- 1$

φ

$\varphi$

φ

$\varphi$

Có bài tập thật. Mỗi hoặc thỏa mãn hoặc (và không phải cả hai). Đối với mỗi công thức , hãy xem xét chuỗi , , , và cho $2^{|\varphi|}$ $\tau$ $\varphi$ $\lnot \varphi$ $\varphi$ $2(2^{|\varphi|}+1)$ $\langle\varphi\rangle$ $\langle\lnot \varphi\rangle$ $\langle\varphi, \tau\rangle$ $\langle \lnot\varphi, \tau\rangle$ . Chính xáccủachuỗi trong. Điều này có nghĩa rằng số lượng các chuỗi có độ dàitronglà số lượng công thứccó độ dài mã hóanhân vớimà đa thức thời gian tính toán. $\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$ $2^{|\varphi|}$ $2^{|\varphi|+1}+2$ $L$ $n$ $L$ $\varphi$ $n$ $2^{|\varphi|}$

— Ryan O'Dellell
nguồn

Ngay cả khi đây là giải pháp mong muốn, đây là một câu trả lời chỉ liên kết rõ ràng.

— dùng2943160

rõ ràng, không có gì đặc biệt về SAT, điều này sẽ hoạt động với bất kỳ vị từ xác minh nào cho một vấn đề hoàn chỉnh NP.

— Kaveh

@Kaveh, bạn không sử dụng ở đây một tài sản cụ thể của SAT, rằng các trường hợp đi theo cặp

sao cho bất kỳ nhân chứng cho

là một nhân chứng cho chính xác một trong hai trong cặp? Làm thế nào bạn sẽ làm điều đó cho, ví dụ 3-MÀU?

ϕ

$\phi$

\neg ϕ

$\lnot \phi$

τ

$\tau$

— Neal Young

@Neal, hãy để V (x, y) làm người xác minh cho một vấn đề hoàn chỉnh NP. Xét W (x, b, y): = V (x, y) = b. Nó vẫn là NP-đầy đủ và mỗi y là một nhân chứng cho x, 0 hoặc x, 1. Mặc dù không đẹp như SAT.

— Kaveh

@Kaveh, ví dụ như với SAT được bạn gợi ý

Nhưng đó là trong P, và nếu bạn cố gắng để sửa chữa rằng bằng cách tham gia công đoàn với, nói,

, công đoàn

A = {(ϕ, b, τ) : (τ satisfies ϕ) \leftrightarrow b = 1} ?

$A = \{(\phi, b, \tau) : (\tau \mbox{ satisfies } \phi) \leftrightarrow b=1\}?$

B = {(ϕ, b) : τ \in S A T \leftrightarrow b = 1}

$B = \{(\phi, b) : \tau \in SAT \leftrightarrow b = 1\}$

A \cup B

$A\cup B$ là cả NP-hard và co-NP-hard (rất có thể không có trong NP). EDIT: Ồ, tôi nhìn thấy, bạn có nghĩa là để có sự kết hợp của

với, nói,

...

A

$A$

C = {(ϕ, b) : \exists τ . [(τ satisfies ϕ) \leftrightarrow b = 1]}

$C=\{(\phi, b) : \exists \tau.~[(\tau \mbox{ satisfies } \phi) \leftrightarrow b=1]\}$

— Neal Trẻ

Đây là một gợi ý về lý do tại sao có thể khó đưa ra một ví dụ như vậy, mặc dù tôi đồng ý với nhận xét của Kaveh rằng sẽ rất ngạc nhiên nếu nó không tồn tại. [Không phải là một câu trả lời, nhưng quá dài cho một nhận xét.]

Giả sử rằng một ai đó, hãy nói với tôi, đi kèm với đó là một ngôn ngữ . Một cách tự nhiên để tôi chứng minh rằng là xây dựng một cách rõ ràng một song ánh giữa và . Vì cá nhân tôi không thể quyết định trường hợp của $L$ $L^{=n} := |L \cap \{0,1\}^n| = 2^{n-1}$ $L \cap \{0,1\}^n$ $\{0,1\}^n \backslash L$ $\mathsf{NP}$ vấn đề -Hard, hầu hết các "đơn giản" bijections rằng tôi sẽ đưa ra sẽ có dạng " là một song ánh chiều dài bảo quản, và khi và chỉ khi ." Hơn nữa, tôi có khả năng đưa ra một có thể tính toán được trong thời gian đa thức. Nhưng sau đó , với là mức giảm từ $f\colon \{0,1\}^* \to \{0,1\}^*$ $x \in L$ $f(x) \notin L$ $f$ $\mathsf{NP} = \mathsf{coNP}$ $f$ $\mathsf{NP}$ -complete được đặt thành một -complete. $\mathsf{coNP}$

Tất nhiên, sự phản đối này có thể được giải quyết bằng cách "đơn giản" có tính chất khó tính toán hơn thế. Nếu sự lựa chọn của bạn mất thời gian theo cấp số nhân - hãy nói điều đó và nghịch đảo của nó có thể là cả -hard - thì tôi nghĩ bạn khá an toàn. Nhưng nếu chỉ mất thời gian đa thức, thì lưu ý rằng bạn vẫn nhận được hậu quả , từ đó Tôi tin rằng nó theo sau bởi một cảm ứng đơn giản với đối số đệm mà $\mathsf{EXP}$ $\mathsf{coNP} \subseteq \mathsf{NTIME}(2^{(\log n)^{O(1)}}) =: \mathsf{NQP}$ . Bây giờ, nếu bạn tin rằng ngăn chặn trước đó chỉ đơn giản là sai, thì không có sự lựa chọn tính toán gần như đa thời gian nào có thể cứu bạn. Nhưng ngay cả khi bạn tin rằng nó có thể là sự thật, thì bằng cách đến với một sự lựa chọn như vậy, bạn sẽ chứng minh $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$ $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$ , dường như vượt quá kiến thức hiện tại ...

Sự phản đối cũng có thể được khắc phục bằng cách đơn giản là không có một sự kiện như vậy, nhưng sau đó có vẻ khó hơn để xem làm thế nào để chứng minh rằng $L$ có tài sản mong muốn ngay từ đầu ... Và thực tế, ngay cả khi bằng chứng của bạn không phải là bijection, bạn cần nó là trường hợp mà không có sự lựa chọn dễ tính toán như vậy thậm chí còn tồn tại.

Tất nhiên, đây cũng là kiểu mà một người nào đó sẽ đi cùng với một ví dụ và chúng ta sẽ dễ dàng thấy nó vượt qua sự phản đối này như thế nào, nhưng tôi chỉ muốn ném nó ra khỏi đó để nói làm thế nào bất cứ điều gì với một mệnh lệnh đủ đơn giản có thể 't làm việc (trừ khi niềm tin được tổ chức rộng rãi là sai).

(Câu hỏi liên quan: có một nhà tiên tri nào liên quan đến việc không có như vậy không?) $L$

— Joshua Grochow
nguồn