Chúng ta có thể nhanh chóng tạo ra mod 3 hoàn toàn thống nhất hoặc giải quyết vấn đề NP không?

Thành thật mà nói, tôi không biết nhiều về cách tạo số ngẫu nhiên (bình luận được chào đón!) Nhưng hãy giả sử mô hình lý thuyết sau: Chúng ta có thể lấy số nguyên ngẫu nhiên từ $[1,2^n]$ và mục tiêu của chúng tôi là đầu ra một số nguyên thống nhất ngẫu nhiên từ [1,3].

Một giải pháp đơn giản mà thời gian chạy dự kiến là đa thức là như sau. Hủy $2^n$ (và có thể cả $2^n-1$ ) từ $[1,2^n]$ để số nguyên còn lại chia hết cho $3$ để chúng ta có thể lấy $\bmod 3$ của số nguyên được tạo. Nếu chúng tôi nhận được một số bị loại bỏ, chúng tôi tạo ra một số khác, cho đến khi chúng tôi nhận được một số không bị loại bỏ.

Nhưng nếu chúng ta muốn chấm dứt chắc chắn trong thời gian đa thức thì sao? Vì vấn đề chia rẽ, vấn đề trở nên không thể giải quyết được. Tuy nhiên, tôi tự hỏi nếu chúng ta có thể giải quyết sau đây.

Giả sử chúng ta có thể tạo các số nguyên ngẫu nhiên đồng đều từ $[1,2^n]$ và chúng ta gặp phải một vấn đề khó tính toán. Mục tiêu của chúng tôi là đưa ra một số nguyên ngẫu nhiên thống nhất từ ​​[1,3] hoặc giải quyết vấn đề khó khăn.

Ở đây, bài toán khó có thể là bao thanh toán một số nguyên, giải một thể hiện SAT hoặc bất cứ thứ gì tương tự. Ví dụ: chúng ta có thể giải mã hoán vị một chiều $f$ như sau, nếu chúng ta được cho một số $f(x)$ (và giả sử $n$ là chẵn): Nếu cho chuỗi ngẫu nhiên $f(r)<f(x)$ , thì hãy lấy $f(r) \bmod 3$ , nếu $f(r)>f(x)$ , thì lấy $f(r)-1\bmod 3$ . Cuối cùng, nếu$f(r)=f(x)$ , thì chúng ta đã hoàn thành, như$r=x$ . (Nếu$n$ là số lẻ, thì một cái gì đó tương tự hoạt động, chỉ cần chúng ta cũng phải kiểm tra xem$f(r+1)=f(x)$ và trừ$2$ nếu$f(r)>f(x)$ .)

Tóm tắt câu trả lời. Emil Jeřábek đã chỉ ra rằng trừ khi chúng ta có thể tạo ra một cách hoàn toàn thống nhất, chúng ta có thể giải quyết bất kỳ vấn đề tìm kiếm có giá trị nào từ TFNP, và từ PPA-3. Mặt khác, daniello đã chỉ ra rằng chúng ta không thể giải quyết các vấn đề hoàn thành NP theo cách trên, trừ khi NP = co-NP.

Theo dõi câu trả lời của domotorp, tôi tin rằng chúng ta có thể giải quyết các vấn đề tìm kiếm NP thỏa mãn một trong những hạn chế sau:

1. số lượng các giải pháp đã biết và không chia hết cho $3$ ; hoặc là,

2. số lượng các giải pháp được giới hạn đa thức (nhưng không được biết trước).

Đối với 1., chúng ta có thể sử dụng phần đệm đơn giản để giảm đến trường hợp sau:

• Các giải pháp là từ $[0,2^{m-1})$ , trong đó $m$ là chẵn.

• Số lượng các giải pháp $s$ thỏa mãn $s\equiv1\pmod3$ .

• Bất kỳ hai giải pháp là ít nhất khoảng cách $4$ . (Nói, tất cả đều chia hết cho $4$ )

Lưu ý rằng $3\mid 2^m-s$ . Vì vậy, chúng ta có thể giải quyết vấn đề bằng cách chọn ngẫu nhiên $a\in[0,2^m)$ và sử dụng một giao thức tương tự như trong câu trả lời của tôi cho các giải pháp duy nhất nếu $a\in[0,2^m-s)$ (dẫn đến phân phối trên $\{0,1,2\}$ ngắn một $0$ cho mỗi giải pháp $s$ ) và xuất $0$ nếu a ∈ [2 m - s , 2 m ) .$a\in[2^m-s,2^m)$

Đối 2., giả sử đầu tiên mà số giải pháp s ≤ p ( n ) được biết đến . Như trong /cstheory//a/37546 , hãy để 3 k là lũy thừa lớn nhất của 3 chia cho s , sao cho 3 ($s\le p(n)$$3^k$$3$$s$3 k ). Xét bài toán tìm kiếm có giải pháp chuỗiy0,...,y3k-1ví dụ mày0<y1<⋯<y3k-1, và mỗiyilà một giải pháp của vấn đề gốc. Một mặt, vấn đề ban đầu giảm xuống cái mới. Mặt khác, số lượng giải pháp của vấn đề mới là($3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$3 k ), nghĩa là không chia hết cho3và đã biết. Vì vậy, chúng tôi được thực hiện bởi 1.$\binom s{3^k}$$3$

Bây giờ, nếu số lượng các giải pháp được bao bọc bởi p ( n ) , nhưng không biết đến, chúng tôi chạy giao thức trên 2 ℓ lần ( 2 ℓ ≥ p ( n ) ) song song cho mỗi sự lựa chọn có thể của 1 ≤ s ≤ 2 ℓ , và:$p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• nếu bất kỳ luồng nào trả về một giải pháp cho vấn đề ban đầu, chúng ta chuyển một luồng như vậy cho đầu ra;

• nếu tất cả các chủ đề trở lại các yếu tố r 1 , ... , r 2 ℓ ∈ { 0 , 1 , 2 } , chúng tôi đầu ra ( r 1 + r 2 + ⋯ + r 2 ℓ ) mod 3 .$r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

Lạnh trên các sự kiện thứ hai, r s được phân bố đều trong { 0 , 1 , 2 } cho s là số thực sự của các giải pháp của vấn đề ban đầu, trong khi người kia r i là độc lập từ r s , do đó toàn bộ số tiền cũng là thống nhất phân phối.$r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

I will use numbers starting from $0$ rather than $1$, as I find it much more natural.

Here are two classes of problems we can solve in this way:

1. Functions in TFNP (i.e., single-valued total NP search problems)

   (This generalizes the example with one-way permutations. It includes as a special case decision problems from $\mathrm{UP\cap coUP}$.)

   The setup is that we have a polynomial-time predicate $R(x,y)$, and a polynomial $p(n)$ such that for every $x$ of length $n$, there exists a unique $y$ of length $m=p(n)$ such that $R(x,y)$ holds. The computational task is, given $x$, find $y$.

   Now, I will assume wlog that $m$ is even, so that $2^m\equiv 1\pmod3$. The algorithm is to generate a uniformly random $y\in[0,2^m)$, and output

   • $y$ (as a solution of the search problem) if $R(x,y)$;

   • $y-y'$ (as a random element of $\{0,1,2\}$) if $y-y'\in\{1,2\}$, and $R(x,y')$;

   • $y\bmod3$ (as a random element of $\{0,1,2\}$) if no $y'\in\{y,y-1,y-2\}$ solves $R(x,y')$.

   If there were no solution of the search problem, the $2^m$ random choices would give $1$ and $2$ $(2^m-1)/3$ times, and $0$ $(2^m+2)/3$ times (one more). However, if $y$ solves the search problem, we tinkered with the elements $y,y+1,y+2$ (which hit all three residue classes) so that they only produce residues $1$ and $2$, which evens out the advantage of $0$. (I am assuming here wlog that $y<2^m-2$.)

2. PPA-$3$ search problems

   A convenient way to define PPA-$3$ is as NP search problems many-one reducible to the following kind of problems. We have a fixed polynomial-time function $f(x,y)$, and a polynomial $p(n)$, such that for any input $x$ of length $n$, the induced mapping $f_x(y)=f(x,y)$ restricted to inputs $y$ of length $m=p(n)$ is a function $f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$ satisfying $f_x(f_x(f_x(y)))=y$ for every $y$. The task is, given $x$, find a fixpoint $y$ of $f_x$: $f_x(y)=y$.

   We can solve this in the way in the question as follows: given $x$ of length $n$, we generate a random $y$ of length $m=p(n)$, and output

   • $y$ if it is a fixpoint of $f_x$;

   • otherwise, $y$, $f_x(y)$, and $f_x(f_x(y))$ are distinct elements. We can label them as $\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$ with $y_0<y_1<y_2$, and output $i\in\{0,1,2\}$ such that $y=y_i$.

   It is clear from the definitions that this gives a uniform distribution on $\{0,1,2\}$, as the non-fixpoint $y$'s come in triples.

Let me show for the record the equivalence of the problem above with Papadimitriou’s complete problem for PPA-$3$, as this class is mostly neglected in the literature. The problem is mentioned in Buss, Johnson: “Propositional proofs and reductions between NP search problems”, but they do not state the equivalence. For PPA, a similar problem (LONELY) is given in Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo, and Pitassi: “The relative complexity of NP search problems”. There is nothing special about $3$, the argument below works mutatis mutandis for any odd prime.

Proposition: The following NP search problems are poly-time many-one reducible to each other:

1. Given a circuit representing a bipartite undirected graph $(A\cup B,E)$, and a vertex $u\in A\cup B$ whose degree is not divisible by $3$, find another such vertex.

2. Given a circuit representing a directed graph $(V,E)$, and a vertex $u\in V$ whose degree balance (i.e., out-degree minus in-degree) is not divisible by $3$, find another such vertex.

3. Given a circuit computing a function $f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$ such that $f^3=\mathrm{id}$, find a fixpoint of $f$.

Proof:

$1\le_p2$ is obvious, as it suffices to direct the edges from left to right.

$2\le_p1$: First, let us construct a weighted bipartite graph. Let $A$ and $B$ be copies of $V$: $A=\{x^A:x\in V\}$, $B=\{x^B:x\in V\}$. For each original edge $x\to y$, we put in an edge $\{x^A,y^B\}$ of weight $1$, and an edge $\{x^B,y^A\}$ of weight $-1$. This makes $\deg(x^A)=-\deg(x^B)$ equal to the degree balance of $x$ in the original graph. If $u$ is the given vertex of balance $b\not\equiv0\pmod3$, we add an extra edge $\{u^A,u^B\}$ of weight $b$, so that $\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$, and $\deg(u^B)=0$. $u^A$ will be our chosen vertex.

In order to make the graph a plain unweighted undirected graph, we first reduce all weights modulo $3$, and drop all edges of weight $0$. This leaves only edges of weights $1$ and $2$. The latter can be replaced with suitable gadgets. For example, instead of a weight-$2$ edge $\{x^A,y^B\}$, we include new vertices $w_i^A$, $z_i^B$ for $i=0,\dots,3$, with edges $\{x^A,y^B\}$, $\{x^A,z^B_i\}$, $\{w^A_i,y^B\}$, $\{w^A_i,z^B_i\}$, $\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$: this makes $\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, and contributes $5\equiv2\pmod3$ to $x^A$ and $y^B$.

$3\le_p2$: Let me assume for simplicity $n$ is even so that $2^n\equiv1\pmod3$. We construct a directed graph on $V=[0,2^n)$ as follows:

• We include edges $3x+1\to3x$ and $3x+2\to3x$ for each $x<2^n/3-1$.

• If $x_0<x_1<x_2$ is a non-fixpoint orbit of $f$, we include edges $x_0\to x_1$ and $x_0\to x_2$.

The chosen vertex will be $u=2^n-1$. The first clause contributes balance $1$ or $-2\equiv1\pmod3$ to each vertex $\ne u$. Likewise, the second clause contributes balance $-1$ or $2\equiv-1\pmod3$ to vertices that are not fixpoints. Thus, assuming $u$ is not already a fixpoint, it is indeed unbalanced modulo $3$, and any other vertex unbalanced modulo $3$ is a fixpoint of $f$.

$1\le_p3$: We may assume that $A=B=[0,2^n)$ with $n$ even, and the given vertex $u\in A$ has degree $\equiv2\pmod3$.

We can efficiently label edges incident with a vertex $y\in B$ as $(y,j)$, where $j<\deg(y)$. In this way, $E$ becomes a subset of $[0,2^n)\times[0,2^n)$, which we identify with $[0,2^{2n})$. We define a function $f$ on $[0,2^n)\times[0,2^n)$ as follows.

• On the complement of $E$: for each $y\in B$, and $j$ such that $\deg(y)\le 3j<2^n-1$, we make $f(y,3j)=(y,3j+1)$, $f(y,3j+1)=(y,3j+2)$, $f(y,3j+2)=(y,3j)$. Also, $f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$, $f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$, $f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$ for $3i<2^n-1$. This leaves out the point $(2^n-1,2^n-1)$, and $3-(\deg(y)\bmod 3)$ points $(y,i)$ for each $y\in B$ whose degree is not divisible by $3$.

• On $E$: for each $x\in A$, we fix an efficient enumeration of its incident edges $(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$, where $d=\deg(x)$. We put $f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$, $f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$, $f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$ for $i<\lfloor d/3\rfloor$. This leaves out $\deg(x)\bmod3$ points for each vertex $x\in A$ whose degree is not divisible by $3$.

Since $\deg(u)\equiv2\pmod3$, two of its incident edges were left out; we make them into yet another $f$ cycle using $(2^n-1,2^n-1)$ as the third point. The remaining points are left as fixpoints of $f$. By construction, any of them will give rise to a solution of (1).

If you could perfectly generate mod $3$ OR solve SAT (or any other NP-complete problem, for that matter) then $NP = coNP$. In particular, consider the perfect generator / solver when given a SAT formula $\phi$.

Let $\ell(n)$ be the maximum number of random bits drawn by the generator on inputs of size $n$. Since the generator runs in polynomial time, $\ell(n)$ is polynomial. Since $2^{\ell(n)}$ is not divisible by $3$ there must be some sequence of at most $\ell(n)$ coin tosses that will make the generator output a (correct) answer for $\phi$. Thus, if $\phi$ is unsatisfiable, there is a set of coin tosses that make the generator say that $\phi$ is unsatisfiable. If $\phi$ is satisfiable then the generator will never wrongly claim that $\phi$ is unsatisfiable, no matter what the coins are. Thus, we have shown that the language $UNSAT$ of unsatisfiable formulas is in $NP$, implying $NP = coNP$.

So here is an extension of Emil's argument that shows that search problems where the number of solutions is 1, 2 or 4 (we do not need to know which) can be solved in the above way. I'm posting it as an answer because it's way too long for a comment and I hope that someone smarter than me can prove that in fact the number of solutions can be anything not divisible by 3.

Say that a random string $r$ is close to a solution (i.e., to a $y$ for which $R(x,y)$ holds) if one of $R(x,r)$, $R(x,r+1)$, or $R(x,r+2)$ holds. (For simplicity, suppose that $y=0$ and $y=1$ are not solutions.) In Emil's solution, it was enough to generate a random string $r$ and output $r\bmod 3$ except that we locally fiddle around at solutions; I don't go into details, see his answer. It is enough for us that if $r$ is close to a solution, then we can kill an arbitrary number$\bmod 3$ by possibly outputting a solution so that for the rest of the $r$'s the $r\bmod 3$ function gives a perfectly uniform number$\bmod 3$.

Now, let us suppose that the number of solutions is 1 or 2 for any $x$. We generate two random strings of length $n$: $r_1$ and $r_2$. If at least one of them is not close to a solution, we output $r_1+r_2\bmod 3$. For simplicity, suppose that $n$ is even so that we have an extra 0 if we just did this, and also suppose that if there are two solutions, they are far. If $r_1$ and $r_2$ are both close to the same solution, we fiddle around so that we kill a 0. If $r_1$ and $r_2$ are close to different solutions, then if $r_1<r_2$, we fiddle around so that we kill a 1, and if $r_1>r_2$, we fiddle around so that we kill a 2. This way if there is only one solution, we kill exactly one 0, while if there are two solutions, we kill two 0's, and one 1 and one 2.

This argument cannot be extended to 3 solutions, but can be for 4, and from here I'll be very sketchy. Generate four random strings, $r_1,r_2,r_3,r_4$ and output $r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$ unless all of them are close to a solution. Again suppose that there's an extra 0 and solutions are always far. If all the $r_i$'s are close to the same solution, we fiddle around to kill a 0. If three of the $r_i$'s are close to the same solution that is smaller than the solution to which the fourth $r_i$ is close, we fiddle around to kill a 1. If three of the $r_i$'s are close to the same solution that is larger than the solution to which the fourth $r_i$ is close, we fiddle around to kill a 2. If all the $r_i$'s are close to a different solution, we kill three 0's. The correctness for one and two solutions is similar to the previous case. For four solutions, notice that we kill four+three 0's, six 1's and six 2's.

I think that the reasoning of the the last paragraph could be extended to any bounded number of solutions that is not divisible by 3 with some algebra. A more interesting question is whether there is a protocol that works for any number of solutions.