PPAD có thực sự nắm bắt được khái niệm tìm một đỉnh không cân bằng khác không?

Lớp phức tạp PPAD được phát minh bởi Christos Papadimitriou trong bài báo năm 1994 của ông . Lớp này được thiết kế để nắm bắt sự phức tạp của các vấn đề tìm kiếm trong đó sự tồn tại của một giải pháp được đảm bảo bởi "Đối số chẵn lẻ trong đồ thị có hướng": nếu có một đỉnh không cân bằng trong đồ thị có hướng thì phải tồn tại một giải pháp khác. Nhưng thông thường, lớp được định nghĩa chính thức theo các vấn đề ( ), trong đó đối số chỉ được áp dụng cho các biểu đồ có cả in- và outdegrees . Câu hỏi của tôi là: tại sao những khái niệm này tương đương?$\mathsf{ANOTHER\ END\ OF\ THE\ LINE}$$\mathsf{AEOL}$$\le 1$

Cho đến thời điểm này, nó là một bản sao của câu hỏi này . Bây giờ tôi muốn nêu vấn đề chính thức và làm rõ lý do tại sao tôi không hài lòng với câu trả lời ở đó.

Vấn đề tìm kiếm ( ): chúng tôi được cung cấp hai mạch có kích thước đa thức và nhận được và trả về danh sách đa thức của các yếu tố khác trong . Các mạch này xác định đồ thị có hướng trong đó và . Vấn đề tìm kiếm là như sau: đã cho , và sao cho , tìm một đỉnh khác có cùng thuộc tính.$\mathsf{ANOTHER\ UNBALANCED\ VERTEX}$$\mathsf{AUV}$$S$$P$$x\in\{0,1\}^n$$\{0,1\}^n$$G=(V,E)$$V=\{0,1\}^n$$(x,y)\in E\Leftrightarrow (y\in S(x)\land x\in P(y))$$S$$P$$z\in V$$indegree(z)\ne outdegree(z)$

Vấn đề tìm kiếm : giống nhau, nhưng cả và trả về danh sách trống hoặc một phần tử.$\mathsf{AEOL}$$S$$P$

Các khái niệm về tính khử (điều chỉnh theo đề nghị của Ricky): Tổng vấn đề tìm kiếm là rút gọn về tổng vấn đề tìm kiếm qua chức năng đa thức và nếu là một giải pháp cho trong vấn đề ngụ ý là một giải pháp cho trong vấn đề . A B f g y f ( x ) B g ( x , y ) x $A$$B$$f$$g$$y$$f(x)$$B$$g(x,y)$$x$$A$

Câu hỏi chính thức : tại sao có thể rút gọn thành ? Hay chúng ta nên sử dụng một khái niệm khác về tính khử?A U V A E O $\mathsf{AUV}$$\mathsf{AEOL}$

Christos Papadimitriou chứng minh định lý tương tự về PPA (Định lý 1, trang 505) nhưng lập luận dường như không hoạt động đối với PPAD . Lý do là một đỉnh có độ cân bằng sẽ được chuyển thành đỉnh với độ cân bằng . Sau đó, thuật toán cho có thể lấy một trong các đỉnh này và trả về một đỉnh khác. Điều này sẽ không mang lại một đỉnh mới cho .± k k ± 1 A E O L A U $\pm k$$k$$\pm1$$\mathsf{AEOL}$$\mathsf{AUV}$

Mọi thứ đang trở nên tồi tệ hơn bởi vì trong luôn có một số đỉnh chẵn không cân bằng nhưng trong có thể có một số lẻ. Đây là lý do tại sao người ta không thể xây dựng một mệnh đề giữa hai bộ này và không thể luôn luôn bằng . Nếu thì chúng ta có được một phương thức để giải trong thời gian đa thức ít nhất là trong một số trường hợp. Nếu không phụ thuộc vào và cho thì có thể được trả lại làm câu trả lời cho . Điều đó sẽ không đưa ra một giải pháp cho$\mathsf{AEOL}$$\mathsf{AUV}$$g$$f^{-1}$$g(x,f(x))\ne x$$\mathsf{AUV}$$g$$x$$g(y_1)=g(y_2)$$y_1\ne y_2$$y_2$$y_1$$\mathsf{AUV}$ .

Câu hỏi cuối cùng : những trở ngại được liệt kê ở trên có thể được khắc phục bằng cách nào đó? Một người có thể sử dụng sự phụ thuộc có thể của vào ?g $g$$x$

Các vấn đề đã được chứng minh là tương đương (và do đó hoàn thành PPAD), xem Phần 8 trong Vấn đề bóng lông là PPAD-Complete của Paul W. Goldberg và Alexandros Hollender .

Đây là một câu hỏi thú vị, và tôi chỉ có thể trả lời một phần.

Dễ dàng thấy rằng việc xây dựng trên p. 505 bài báo của Papadimitriou cho thấy sự tương đương của AUV với trường hợp đặc biệt của nó

NHIỀU KẾT THÚC CỦA LINE (MEOL): Cho một đồ thị có hướng G với mức độ và mức độ tối đa là 1 (được biểu thị bằng các mạch như trên) và một tập hợp X không có nguồn của G , tìm một điểm chìm hoặc nguồn v ∉ X .$G$$1$$X$$G$$v\notin X$

Một mặt, tôi thấy khó có thể tưởng tượng một sự biến đổi của các biểu đồ như vậy có thể làm giảm số lượng nguồn lớn hơn thành một.

Tuy nhiên, mặt khác, MEOL thuộc về tất cả các lớp thường được nghiên cứu có chứa PPAD ngoại trừ có thể là chính PPAD :

Đầu tiên, rõ ràng,

MEOL là trong PPADS .

Tôi sẽ phác thảo bên dưới một lập luận rằng

MEOL là trong PPA

bằng cách giảm bớt vấn đề hoàn thành PPA tiêu chuẩn (phiên bản không mong muốn của AEOL ). Giả sử chúng ta được cho G = ( V , E ) và X như trong định nghĩa của MEOL.$G=(V,E)$$X$

Nếu | X | là số lẻ, chúng ta chỉ có thể làm cho đồ thị không bị ảnh hưởng, bao gồm một kết quả khớp trên tất cả trừ một đỉnh từ X (như trong đối số trên trang 50) và chuyển kết quả cùng với nguồn còn lại từ X đến nhà tiên tri PPA .$|X|$$X$$X$

Nói chung, hãy s = | X | và 2 k là lũy thừa lớn nhất của 2 chia cho s . Chúng ta định nghĩa một đồ thị mới G ' = ( V ' , E ' ) có đỉnh là 2 k tập con -element của V . Nếu Một , B ∈ V ' là bộ như vậy, chúng tôi đặt cạnh ( Một , B ) trong E ' nếu chúng ta có thể liệt kê các bộ như A $s=|X|$$2^k$$2$$s$$G'=(V',E')$$2^k$$V$$A,B\in V'$$(A,B)$$E'${ Một 0 , ... , một 2 k - 1 } , B = { b 0 , ... , b 2 k - 1 } theo cách như vậy mà ( một i , b i ) ∈ E cho mỗi i < 2 k .$A=\{a_0,\dots,a_{2^k-1}\}$$B=\{b_0,\dots,b_{2^k-1}\}$$(a_i,b_i)\in E$$i<2^k$

Rõ ràng, G ' là một đồ thị có hướng với trong độ và out-độ tối đa là 1 . Một Một ∈ V ' là một nguồn (chìm) khi và chỉ khi nó có chứa một nguồn (bồn rửa, resp.) Của G . (Tức là, nếu nó chứa cả, nó là một đỉnh cô lập.) Vì vậy, bất kỳ đỉnh như vậy sẽ dẫn đến một giải pháp của MEOL dụ, trừ Một là một “nguồn nổi tiếng”: có nghĩa là, Một ∩ X ≠ ∅ . Chúng tôi dự định làm cho biểu đồ không bị ảnh hưởng và thao tác với nó để số lượng các nguồn đã biết được giảm xuống 1 bằng cách bao gồm một kết quả khớp với các nguồn còn lại.$G'$$1$$A\in V'$$G$$A$$A\cap X\ne\varnothing$$1$

Vì vậy, nếu A là một nguồn đã biết, hãy để t = | A ∩ X | , thỏa mãn 0 < t ≤ 2 k . Nếu t = 2 k = | Một | , Sau đó chỉ cần Một ⊆ X . Số lượng các bộ như vậy là ($A$$t=|A\cap X|$$0<t\le2^k$$t=2^k=|A|$$A\subseteq X$2 k ). Hãy nhớ lại rằng bội số của một số nguyên tốptrong($\binom{s}{2^k}$$p$b ) bằng số lượng mang trong phép cộngb+(a-b)=a đượcthực hiện trong cơ sởp. Theo sự lựa chọn củak, nó tuân theo ($\binom ab$$b+(a-b)=a$$p$$k$2 k )là số lẻ. Ngoài ra, có các mệnh đề thời gian đa thức giữa[0,($\binom{s}{2^k}$b ) )vàcác tập conb-ement của[0,a). Sử dụng này, chúng ta có thể xác định một kết hợp đa thức thời gian thực trên tất cả ngoại trừ một trong2ktập con -element củaX. Chúng tôi đưa nó vào biểu đồ, giúp giảm số lượng nguồn đã biết vớit=2kxuống1.$[0,\binom ab)$$b$$[0,a)$$2^k$$X$$t=2^k$$1$

Với 0 < t < 2 k , công thức đếm mang theo cho thấy ($0<t<2^k$t ) là chẵn Một lần nữa, chúng ta có thể tìm thấy một phù hợp rõ ràng vềttập con -element củaX. Chúng tôi mở rộng nó đến các nguồnA đã biếtvới| A∩X| =tbằng cách áp dụng kết hợp khớp vớiA∩Xvà đểA∖Xcố định.$\binom st$$t$$X$$A$$|A\cap X|=t$$A\cap X$$A\smallsetminus X$

Theo cách này, chúng tôi tạo ra một đồ thị vô hướng với một đỉnh lá đã biết. Chúng tôi yêu cầu nhà tiên tri PPA cho một chiếc lá khác, và bằng cách xây dựng, chúng tôi có thể trích xuất từ ​​đó một câu trả lời cho ví dụ MEOL .

Như Papadimitriou đã đề cập ngắn gọn, chúng ta có thể khái quát PPA thành các lớp PPA - p cho bất kỳ số nguyên tố p nào . Một ví dụ về vấn đề hoàn thành PPA - p là$p$$p$$p$

AUV - p : Cho đồ thị có hướng G và một đỉnh có độ cân bằng là$p$$G$≢ 0( modp ) , tìm một đỉnh như vậy.${}\not\equiv0\pmod p$

(Xem câu trả lời này để biết sự tương đương của AUV - p với định nghĩa PPA của Papadimitriou - p .)$p$$p$

PPA - 2 chỉ là PPA . Các lớp PPA - p được giả sử là không thể so sánh được với nhau và không thể so sánh được với PPADS . Tất cả đều bao gồm PPAD .$2$$p$

Không có gì đặc biệt về p = 2 trong đối số tôi đã nêu ở trên và nó có thể dễ dàng sửa đổi để mang lại$p=2$

MEOL có trong PPA - p cho mọi số nguyên tố p .$p$$p$