Nhà tiên tri phức tạp tối thiểu tách PSPACE khỏi hệ thống phân cấp đa thức là gì?

Lý lịch

Được biết, có tồn tại một oracle ví dụ đó, .P S P A C E A ≠ P H $A$$PSPACE^A \neq PH^A$

Thậm chí người ta còn biết rằng sự tách biệt giữ tương đối với một lời sấm truyền ngẫu nhiên. Một cách không chính thức, người ta có thể giải thích điều này có nghĩa là có nhiều phép lạ mà và tách rời nhau.P $PSPACE$$PH$

Câu hỏi

Làm thế nào phức tạp là những nhà tiên tri tách từ . Cụ thể, có một nhà tiên tri sao cho ?P H A ∈ D T I M E ( 2 2 n ) P S P A C E A ≠ P H $PSPACE$$PH$$A \in DTIME(2^{2^{n}})$$PSPACE^A \neq PH^A$

Chúng ta có bất kỳ lời tiên tri nào mà và có độ phức tạp đã biết ở trên không?P S P A C E A ≠ P H A$A$$PSPACE^A \neq PH^A$$A$

Lưu ý: sự tồn tại của một nhà tiên tri như vậy có thể có sự phân nhánh trong lý thuyết phức tạp về cấu trúc. Xem bản cập nhật sau đây để biết thêm chi tiết.

Cập nhật với các chi tiết về một kỹ thuật ràng buộc thấp hơn

Khẳng định: Nếu , sau đó cho tất cả các thầy mo , .A ∈ P / p o l y P S P A C E A = P H $PSPACE = PH$$A \in P/poly$$PSPACE^A = PH^A$

Bằng chứng phác thảo: Giả sử .$PSPACE = PH$

Đặt một lời tiên tri được đưa ra. Chúng ta có thể xây dựng thời gian đa thức Turing machine với độ dài cho trước , đoán một mạch có kích thước bằng cách sử dụng định lượng tồn tại và xác minh rằng mạch quyết định bằng cách so sánh đánh giá mạch và kết quả truy vấn cho mỗi chuỗi dài bằng cách sử dụng định lượng phổ.Σ 2 M n p ( n ) A $A \in P/poly$$\Sigma_2$$M$$n$$p(n)$$A$$n$

Hơn nữa, hãy xem xét một vấn đề quyết định mà tôi đang đề cập đến như là mạch Boolean được định lượng (QBC) trong đó bạn được cung cấp một mạch boolean được định lượng và muốn biết nó có hợp lệ không (tương tự như QBF). Vấn đề này đã hoàn tất PSPACE vì QBF đã hoàn thành PSPACE.

Theo giả định, nó theo QBC . Giả sử cho một số đủ lớn. Gọi là thời gian đa thức Máy Turing giải QBC.Q B C ∈ Σ k k N Σ $\in PH$$QBC \in \Sigma_k$$k$$N$$\Sigma_k$

Chúng ta có thể lẫn vào nhau tính toán của và (tương tự như những gì được thực hiện trong các giấy tờ chứng minh của định lý Karp-Lipton) để có được một thời gian đa thức máy oracle Turing mà giải quyết .N Σ k Q B C $M$$N$$\Sigma_k$$QBC^A$

Một cách không chính thức, cỗ máy mới này lấy đầu vào là một QBC tiên tri (đó là một QBC có cổng orory). Sau đó, nó tính toán một mạch tính trên các đầu vào có độ dài (đồng thời loại bỏ hai bộ lượng tử đầu tiên). Tiếp theo, nó sẽ thay thế các cửa oracle trong QBC oracle với mạch cho . Cuối cùng, nó tiến hành áp dụng phần còn lại của thuật toán đa thức thời gian để giải trên trường hợp được sửa đổi này.n A Σ k Q B $A$$n$$A$$\Sigma_k$$QBC$

Bây giờ, chúng ta có thể hiển thị các điều kiện ràng buộc thấp hơn.

Hệ quả: Nếu tồn tại một tiên tri sao cho , thì .P S P Một C E A ≠ P H A N E X P ⊈ P / p o l $A \in NEXP$$PSPACE^A \neq PH^A$$NEXP \nsubseteq P/poly$

Proof Phác thảo: Giả sử rằng có tồn tại mà . Nếu , thì chúng ta sẽ có một mâu thuẫn.P S P Một C E A ≠ P H A N E X P ⊆ P / p o l $A \in NEXP$$PSPACE^A \neq PH^A$$NEXP \subseteq P/poly$

Cụ thể, nếu , thì theo yêu cầu ở trên, chúng tôi có . Tuy nhiên, người ta biết rằng ngụ ý rằng .P S P Một C E ≠ P H N E X P ⊆ P / p o l y P S P Một C E = P $NEXP \subseteq P/poly$$PSPACE \neq PH$$NEXP \subseteq P/poly$$PSPACE = PH$

(xem tại đây để biết một số chi tiết về kết quả đã biết cho P / poly)

Tôi tin rằng nếu bạn theo dõi thông qua đối số được đưa ra, ví dụ, trong Phần 4.1 của khảo sát của Ker-I Ko , bạn sẽ có giới hạn trên của . Trên thực tế, chúng ta có thể thay thế ở đây bằng bất kỳ hàm trong đó là . Đây không phải là những gì được yêu cầu, nhưng nó gần.n 2 n f ( n ) f ( n ) → ∞ n → $\mathsf{DTIME}(2^{2^{O(n^2)}})$$n^2$$nf(n)$$f(n) \to \infty$$n \to \infty$

Cụ thể, bằng cách sử dụng bản dịch giữa các phân tách oracle và giới hạn mạch thấp hơn và theo ký hiệu của Ko, chúng tôi có các cách sau:

• Chúng ta sẽ chéo nhau trên các chuỗi có độ dài trong đó là " đa thức thứ (trong một số phép tính của thuật toán đa thời gian) và sẽ được chỉ định dưới đây.p n ( x ) = x n + n n m ( n $t(n) = p_n(m(n))$$p_n(x) = x^n + n$$n$$m(n)$

• Chuyển thành giới hạn mạch thấp hơn, điều này có nghĩa là chúng tôi đang xem xét các mạch có độ sâu giới hạn trên các đầu vào .$2^{t(n)}$

• Yêu cầu (xem trang 15 của Ko) chúng ta cần để đáp ứng cho tất cả . Ở đây là độ sâu của các mạch mà chúng ta muốn chéo theo hoặc tương đương với mức của mà chúng ta muốn chéo. Để chéo hóa với tất cả , chỉ cần chọn là hàm của đó là ; mặc dù vậy, chúng ta có thể chọn một phát triển chậm tùy ý (có lẽ phải tuân theo một số giả định tính toán trên$m(n)$ndΣ p d PHPHdnω(1)dd(n)d(n)m(n)2$\frac{1}{10} 2^{m/(d-1)} > d p_n(m(n))$$n$$d$$\mathsf{\Sigma_d^p}$$\mathsf{PH}$$\mathsf{PH}$$d$$n$$\omega(1)$$d$$d(n)$, nhưng đó không phải là trở ngại). Nếu chúng ta đoán rằng là hằng số (mặc dù không phải vậy, nhưng nó sẽ phát triển chậm tùy ý), thì chúng ta thấy rằng khoảng sẽ hoạt động.$d(n)$$m(n)$$2^n$

• Điều này có nghĩa là , vì vậy chúng tôi đang tìm kiếm một giới hạn thấp hơn đối với các mạch có đầu vào . ∼ 2 2 n $t(n) \sim 2^{n^2}$$\sim 2^{2^{n^2}}$

• Trevisan và Xue (CCC '13) đã chỉ ra rằng người ta có thể tìm thấy một bài tập trong đó một mạch có độ sâu giới hạn nhất định trên đầu vào không tính toán PARITY với một hạt có độ dài .p o l y l o g ( N $N$$polylog(N)$

• Đối với chúng tôi , vì vậy . Chúng ta có thể vũ lực đối với những hạt giống như vậy trong và sử dụng hạt giống đầu tiên hoạt động. p o l y l o g ( N ) = 2 O ( n 2 ) 2 2 O ( n 2$N=2^{2^{n^2}}$$polylog(N) = 2^{O(n^2)}$$2^{2^{O(n^2)}}$

Để thay thế bằng , chỉ cần để thay thế. n f ( n ) p n ( x ) = x f ( n ) + f ( n $n^2$$nf(n)$$p_n(x) = x^{f(n)} + f(n)$

Thật thú vị, nếu tôi hiểu chính xác, tôi tin rằng điều này ngụ ý rằng nếu ai đó có thể cải thiện Trevisan-Xue ...

• ... với thuật toán pseudodeterministic / Bellagio (xem bình luận của Andrew Morgan bên dưới), người ta sẽ nhận được ; hoặc là$\mathsf{BPEXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

• ... với một thuật toán không xác định đã đoán các nhưng sau đó chạy trong thời gian và trên bất kỳ đường dẫn chấp nhận nào, nó tạo ra cùng một đầu ra ( xem ), nó sẽ ngụ ý ; hoặc làp o l y ( N ) N P S V N E X P ⊈ P / p o l $polylog(N)$$poly(N)$$\mathsf{NPSV}$$\mathsf{NEXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

• ... đến một thuật toán xác định, người ta sẽ nhận được .$\mathsf{EXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Một mặt, điều này cho thấy tại sao việc giải thích bổ đề chuyển đổi trở nên khó khăn hơn - một cuộc tranh luận mà tôi không chắc chắn đã được biết trước đây! Mặt khác, điều này gây ấn tượng với tôi như một loại thú vị về độ cứng so với ngẫu nhiên (hoặc đây thực sự là một điều mới, tiên tri so với ngẫu nhiên?).