(1) Những gì chúng ta đã biết:
Như bạn đã nói, QBF với các phép thay đổi lượng tử rất khó cho mọi cấp của hệ thống phân cấp đa thức.log(n)
(2) Tôi nghĩ rằng chúng ta cũng có thể chứng minh những điều sau:
Vấn đề là -hard.NSPACE(log2(n))
(3) Đây là lời biện minh không chính thức của tôi cho khẳng định trước:
Cho một không gian ràng buộc NTM và một chuỗi đầu vào, chúng ta cần phải xác định xem có tồn tại một tính toán chấp nhận trên chuỗi đầu vào nhất định.log2(n)
Mỗi cấu hình trong tính toán có thể được biểu diễn bằng các bit . Nói cách khác, chúng ta có thể biểu diễn một cấu hình bằng một nhóm các biến log 2 ( n ) .log2(n)log2(n)
Ý tưởng là chúng ta có một cấu hình bắt đầu và một cấu hình cuối cùng và chúng ta cần đoán tính toán xảy ra ở giữa. Chúng tôi đoán đệ quy các cấu hình "giữa" bằng cách sử dụng các bộ lượng tử tồn tại và xác nhận lại rằng cấu hình "bên trái" sẽ chuyển sang "giữa" và cấu hình "giữa" đi đến "bên phải" sử dụng cho tất cả các bộ lượng hóa.
Bây giờ để thực hiện công việc này, thay vì chọn một cấu hình "giữa", chúng ta cần chọn một nhóm các cấu hình "trung gian" cách đều nhau giữa các cấu hình "trái" và "phải". Đặc biệt, chúng ta có thể đoán cách đều nhau cấu hình "trung gian" sử dụng quantifiers tồn tại với √n−−√biến và sau đó lặp lại trên mọi khoảng cách giữa các cấu hình sử dụng cho tất cả các bộ lượng hóa vớicác biếnlog(n)thô.n−−√∗log2(n)log(n)
Các đệ quy chỉ cần tiếp tục vào sâu để có thể bao gồm một tính toán chiều dài √2∗log(n)trong đó mỗi cấu hình có ít nhấtlog2(n)nhiêu bit.n−−√2∗log(n)=nlog(n)=2log2(n)log2(n)
Vì đệ quy có độ sâu , nên chúng ta chỉ có các nhóm biến O ( log ( n ) ) tức là xen kẽ. Vì mỗi nhóm định lượng chỉ có √O(log(n))O(log(n))biến, tổng cộng chúng ta cóO( √n−−√∗log2(n)biến.O(n−−√∗log3(n))
Hãy cung cấp bất kỳ thông tin phản hồi hoặc sửa chữa. Cảm ơn bạn rất nhiều và tôi hy vọng điều này sẽ giúp một chút.
(4) Một khẳng định tổng quát hơn theo đề xuất của câu trả lời của Ryan:
Bạn sẽ có thể thực hiện việc xây dựng trước một cách tổng quát hơn. Hãy xem xét những điều sau đây:
Ở mỗi bước của đệ quy, chia thành các nhóm cấu hình "trung gian" bằng cách sử dụng bit c ( n ) trên mỗi cấu hình. Sau đó, thực hiện đệ quy đến độ sâu d ( n ) .g(n)c(n)d(n)
Miễn là chúng ta không có quá nhiều biến số và quá nhiều lựa chọn thay thế, điều này dường như hoạt động tốt. Một cách thô bạo, chúng ta cần những điều sau đây để được thỏa mãn:
- g(n)∗c(n)∗d(n)≤n
- d(n)≤log(n)
Cách tiếp cận tổng quát của chúng tôi sẽ được sử dụng để mô phỏng các máy Turing không xác định chạy cho các bước sử dụng các bit c ( n ) của bộ nhớ.g(n)d(n)c(n)
Cụ thể, chúng tôi chọn như sau:
Các bất đẳng thức trên được thỏa mãn và chúng tôi có thể thực hiện việc xây dựng để mô phỏng máy Turing không xác định mà chạy cho khoảng bước sử dụng √2log2(n) bit bộ nhớ.n√2∗log2n
Nói cách khác, chúng ta có kết quả độ cứng tốt hơn trước. Đặc biệt, vấn đề là khó khăn cho .NTISP(2log2(n),n√2∗log2n)
(5) Khái quát hơn nữa:
Trong phần khái quát trước, chúng tôi đã mô phỏng các máy Turing không giới hạn thời gian và không xác định. Tuy nhiên, chúng tôi cũng có thể mô phỏng các máy Turing giới hạn thời gian và không gian xen kẽ.
Hãy để tôi giải thích một chút. Vì vậy, chúng tôi sử dụng xen kẽ để thực hiện đệ quy đến log sâu ( n ) . Tuy nhiên, chúng ta có thể sử dụng một số alternations ban đầu, chúng ta hãy nói √log(n)log(n) . Sau đó, chúng ta có thể sử dụng còn lại √log(n)−−−−−√ alternations đi đến sâu √log(n)−−−−−√ .log(n)−−−−−√
log(n)−−−−−√2log32(n)n√2∗log2n
AltTimeSpace(log(n)−−−−−√,2log32(n),n√2∗log2n) with sublinear witness lengths. Alternatively, this class could be written using the STA notation mentioned in the comments above.
Thank you for the comments and feel free to offer any further corrections or clarifications. :)