Định lý của Adman về bán kết vô hạn?

Adman đã chỉ ra vào năm 1978 rằng : nếu một hàm boolean của biến có thể được tính bằng một mạch boolean có xác suất có kích thước , thì cũng có thể được tính bởi một xác định mạch boolean có kích thước đa thức tính bằng và ; thực tế, có kích thước . $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$$f$$n$$M$$f$$M$$n$$O(nM)$

Câu hỏi chung: Trên những gì khác (ngoài boolean), giữ? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Để cụ thể hơn một chút, một mạch xác suất qua một nửa cung sử dụng các phép toán "cộng" và "nhân '' làm cổng Đầu vào là các biến đầu vào$\mathsf{C}$$(S,+,\cdot,0,1)$$(+)$$(\cdot)$$x_1,\ldots,x_n$ và có thể một số số biến ngẫu nhiên bổ sung, trong đó mất các giá trị$0$ và$1$ cách độc lập với xác suất$1/2$ ; đây$0$ và$1$ là, tương ứng, phụ gia và bản sắc nhân của các semires. Như vậy một mạch$\mathsf{C}$ tính một chức năng nhất định $f:S^n\to S$ nếu với mọi $x\in S^n$ , $\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x)=f(x)]\geq 2/3$ .

Các chức năng bỏ phiếu $\mathrm{Maj}(y_1,\ldots,y_m)$ của $m$ biến là một hàm một phần có giá trị là $y$ nếu các yếu tố $y$ xuất hiện nhiều hơn $m/2$ lần trong $y_1,\ldots,y_m$ , và là undefined , nếu không có phần tử như vậy $y$tồn tại. Một ứng dụng đơn giản của giới hạn của Liên minh và Liên minh mang lại kết quả như sau.

Thủ thuật đa số: Nếu một mạch xác suất $\mathsf{C}$ tính toán hàm $f:S^n\to S$ trên tập hữu hạn $X\subseteq S^n$ , thì có $m=O(\log|X|)$ hiện thực hóa $C_1,\ldots,C_m$ của $\mathsf{C}$ sao cho $f(x)=\mathrm{Maj}(C_1(x),\ldots,C_m(x))$ giữ cho tất cả$x\in X$ .

Trong quá trình tạo boolean, hàm biểu quyết $\mathrm{Maj}$ là hàm đa số và có các mạch nhỏ (thậm chí là đơn điệu). Vì vậy, định lý của Adman theo sau bằng cách lấy $X=\{0,1\}^n$ .

Nhưng những gì về semirings (đặc biệt, vô hạn)? Còn về số học semiring $(\mathbb{N},+,\cdot,0,1)$ (với bổ sung thông thường và phép nhân)?

Câu hỏi 1: Liệu giữ qua semiring số học? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Mặc dù tôi đặt cược cho "có", tôi không thể hiển thị điều này.

Ghi chú: Tôi biết điều này giấy nơi các tác giả khẳng định trong lĩnh vực thực ( R , + , ⋅ , 0 , 1 ) . Chúng xử lý các mạch số học không đơn điệu , và cũng đến (theo Định lý 4) cho các mạch có chức năng bỏ phiếu M a j như một cổng đầu ra. Nhưng làm thế nào để mô phỏng M này một j -gate bằng một mạch số học (có thể là đơn điệu hay không)? Tức là làm thế nào để có được hệ quả 3 của họ?$\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$$(\mathbb{R},+,\cdot,0,1)$$\mathrm{Maj}$$\mathrm{Maj}$

Trên thực tế, lập luận đơn giản sau đây được nói với tôi bởi Serge Gashkov (từ Đại học Moscow) dường như cho thấy điều này là không thể (ít nhất là đối với các mạch chỉ có thể tính toán các đa thức ). Giả sử ta có thể biểu diễn dưới dạng đa thức f ( x , y , z ) = a x + b y + c z + h ( x , y , z ) . Rồi f $\mathrm{Maj}(x,y,z)$$f(x,y,z)=ax+by+cz+ h(x,y,z)$ ngụ ý c = 0 , f ( x , y , x ) = x ngụ ý b = 0 và f ( x , y , y ) = y ngụ ý a = 0 . Điều này đúng bởi vì, trên các trường có đặc tính bằng không, đẳng thức của hàm đa thức có nghĩa là đẳng thức của các hệ số. Lưu ý rằng trong Câu hỏi 1, phạm vi của các mạch xác suất và do đó, miền của$f(x,x,z)=x$$c=0$$f(x,y,x)=x$$b=0$$f(x,y,y)=y$$a=0$ -gate làvô hạn. Do đó, tôi có một ấn tượng rằng bài báo được liên kết chỉ liên quan đến các hàm tính toán số học f : R n → Y với các phạm vi hữu hạn nhỏ Y , như Y = { 0 , 1 } . Khi đó M a j : Y m → Y thực sự dễ dàng tính toán bằng một mạch số học. Nhưng nếu Y = R thì sao? $\mathrm{Maj}$$f:\mathbb{R}^n\to Y$$Y$$Y=\{0,1\}$$\mathrm{Maj}:Y^m\to Y$$Y=\mathbb{R}$

---

Sửa chữa [6.03.2017]: Pascal Koiran (một trong những tác giả của bài báo này) đã chỉ cho tôi rằng mô hình của họ mạnh hơn chỉ là các mạch số học: họ cho phép Cổng ký hiệu (xuất hoặc 1 tùy thuộc vào việc đầu vào có âm không không phải). Vì vậy, chức năng bỏ phiếu Maj có thể được mô phỏng trong mô hình này và tôi lấy lại "sự nhầm lẫn" của mình.$0$$1$

---

Trong bối cảnh lập trình động, đặc biệt thú vị là câu hỏi tương tự đối với các bán kết cộng và cực đại nhiệt đới và ( N ∪ { - ∞ } , max , + , - ∞ , 0 ) .$(\mathbb{N}\cup\{+\infty\}, \min, +, +\infty,0)$$(\mathbb{N}\cup\{-\infty\}, \max, +, -\infty,0)$

Câu hỏi 2: Liệu giữ trên semirings nhiệt đới? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Tổ chức trong hai semirings này, điều này có nghĩa rằng ngẫu nhiên có thể không tăng tốc cái gọi là "tinh khiết" thuật toán lập trình năng động! Các thuật toán này chỉ sử dụng các phép toán Min / Max và Sum trong các lần thu hồi của chúng; Bellman-Ford, Floyd-Warshall, Held-Karp và nhiều thuật toán DP nổi bật khác là thuần túy. $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Cho đến nay, tôi chỉ có thể trả lời Câu hỏi 2 (một cách khẳng định) theo kịch bản lỗi một phía , khi chúng tôi yêu cầu thêm qua nửa số cộng tối thiểu (tối thiểu hóa), hoặc P r [ C ( x ) > f ( x ) ] = $\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x) < f(x)]=0$$\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x) > f(x)]=0$trên nửa cộng tối đa (tối đa hóa). Đó là, hiện tại chúng tôi yêu cầu mạch nhiệt đới ngẫu nhiên không bao giờ có thể tạo ra bất kỳ giá trị nào tốt hơn giá trị tối ưu; tuy nhiên, nó có thể sai bằng cách đưa ra một số giá trị kém hơn tối ưu. Các câu hỏi của tôi, tuy nhiên, theo kịch bản lỗi hai mặt .

---

PS [đã thêm 27.02.2017]: Đây là nỗ lực của tôi để trả lời Câu hỏi 1 (khẳng định). Ý tưởng là kết hợp một phiên bản đơn giản nhất của "tổ hợp Nullstellensatz" với một ước tính cho vấn đề Zarankiewicz cho các siêu tăng n-partite, do Erdos và Spencer. Modulo kết quả sau này, toàn bộ đối số là cơ bản.

Lưu ý rằng Câu hỏi 2 vẫn còn bỏ ngỏ: "Nullstellensatz ngây thơ" (ít nhất là ở dạng tôi đã sử dụng) không có trong các trận bán kết nhiệt đới.

Đây chỉ là một câu trả lời một phần cho câu hỏi chung của bạn (Tôi không chắc công thức tổng quát hoàn toàn sẽ là gì), nhưng nó gợi ý rằng làm việc trên các bán kết vô hạn đủ tốt trong khi hạn chế tính ngẫu nhiên đối với miền hữu hạn có thể thực sự tầm thường hóa câu hỏi về việc liệu Định lý Adman giữ.

Giả sử bạn đang làm việc với các số phức , để các mạch tính toán các đa thức trên trường đó và giả sử hàm f được tính bởi một số đa thức (tuy nhiên phức tạp) của các biến x . Sau đó, nó chỉ ra rằng đã có một số r , C ( x , r ) = f ( x ) cố định . Lý do là với mỗi r , tập hợp x với C ( x , r ) = f ( x ) xác định tập con đóng Zariski của$\mathbb{C}$$f$$x$$r$$C(x,r) = f(x)$$r$$x$$C(x,r) = f(x)$ , và do đó phải là tất cả của C n , hoặc nếu không là tập con của số đo bằng không. Nếu tất cả các tập hợp này đều có số đo bằng 0, thì vì chỉ có nhiều sốrđược xem xét, nên tập hợpxtrong đó∃r:C(x,r)=f(x)cũng sẽ có số đo bằng 0. Mặt khác, giả định rằngCtínhfngụ ý rằng tập hợp này phải là tất cả của C n , vì vậy nó không thể có số đo bằng 0.$\mathbb{C}^n$$\mathbb{C}^n$$r$$x$$\exists r : C(x,r) = f(x)$$C$$f$$\mathbb{C}^n$