Liệu sụp đổ hệ thống phân cấp đếm?

Giả sử . Sau đó, một đối số đơn giản cho thấy . Chúng ta có thể tiến thêm một bước và nhận không? Đối số đơn giản là $NP=PP$ $PH^{PP}=NP$ $PP^{PP}=NP$

Định lý Nếu thì . $NP=PP$ $PH^{PP}=NP$

Bằng chứng được đóng dưới bổ sung (do Gill), do đó . Lấy bất kỳ cấp độ : sau đó . $PP$ $NP=coNP=PH$ $PH^{PP}$ $\Sigma_i^{P^{PP}}=\Sigma_i^{P^{NP}}=\Sigma_{i+1}^{P}=NP$ $\square$

Một cách có vẻ hợp lý để đạt được kết quả mong muốn là bằng cách quan sát rằng trong thế giới này, giao thức bằng chứng tương tác cho đã bị khử nhiễu và khử nhiễu đến mức một thông điệp gửi đến Arthur có sự hoàn hảo và đúng đắn (dưới dạng theo giả thuyết). Nếu bạn có thể khai thác thực tế này và tính toán Vĩnh viễn trong một số lớp thấp cho , chẳng hạn như hoặc hoặc , chúng tôi đã hoàn thành. Điều đó sẽ cung cấp cho chúng tôi (ví dụ), sẽ cung cấp ngay . $\textsf{Permanent}$ $NP=P^{\#P}$ $PP$ $UP$ $BQP$ $SPP$ $NP=PP\implies PP=UP$ $PP^{PP}=PP^{UP}=PP=NP$

(Điều này xuất hiện trong luận án của tôi, nơi tôi điều tra giả thuyết , và nó cũng xuất hiện khi cố gắng sửa định lý bị hỏng của Scott Aaronson , Định lý 5 trong Orials là tinh tế nhưng không độc hại). $QMA=PP$ $PP\subset BQP_{/qpoly}\implies CH=PP=QMA$

cc.complexity-theory counting-complexity conditional-results

— Liêuwe Vinkhuijzen
nguồn

@ EmilJeřábek Bạn sẽ nghĩ rằng sẽ thấp đối với , vì thấp đối với và , nhưng không, điều đó không được biết. Các lớp và được biết là thấp đối với và không thể so sánh được như mọi người biết. Sau đó, lớp có giá trị thấp đối với , cụ thể là , vì vậy nếu bạn đưa ra một thuật toán cho Vĩnh viễn theo giả thuyết này, điều đó mang lại cho chúng ta mong muốn sụp đổ quá.

N P

$NP$

P P

$PP$

N P \cap c o N P

$NP\cap coNP$

N P

$NP$

N P \subseteq P P

$NP\subseteq PP$

S P P

$SPP$

B Q P

$BQP$

P P

$PP$

\oplus P

$\oplus P$

P P

$PP$

P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{\oplus P}\subseteq P^{PP}$

\oplus P

$\oplus P$

— Liêuwe Vinkhuijzen

Tôi hơi sai lầm: NP không được biết là thấp đối với PP, nhưng nó thấp đối với P ^ PP, đủ tốt để đưa ra kết luận.

— Emil Jeřábek

Chúng ta có do đó theo giả định, như theo giả định, NP đóng dưới bổ sung. Điều này ngụ ý .

P P^{N P} \subseteq P P^{M o d P H} \subseteq P^{P P},

$\mathrm{PP^{NP}\subseteq PP^{ModPH}\subseteq P^{PP}},$

P P^{P P} \subseteq P P^{N P} \subseteq P^{P P} \subseteq P^{N P} \subseteq N P

$\mathrm{PP^{PP}\subseteq PP^{NP}\subseteq P^{PP}\subseteq P^{NP}\subseteq NP}$

C H = N P

$\mathrm{CH=NP}$

— Emil Jeřábek
nguồn

Tất nhiên! Tổng quát hơn, toàn bộ PH thấp cho , tôi không thể tin rằng mình đã quên điều đó. Lớp gì? Tôi không thể tìm thấy nó trong sở thú.

P^{P P}

$P^{PP}$

M o d P H

$ModPH$

— Liêuwe Vinkhuijzen

ModPH là việc đóng P dưới các toán tử , và cho tất cả các hằng số . Đó là loại một sự tổng quát chung của PH và lớp.

\exists

$\exists$

\forall

$\forall$

{M o d}_{m}

$\mathrm{Mod}_m$

m

$m$

{M o d}_{m} P

$\mathrm{Mod}_m\mathrm P$

— Emil Jeřábek

Và vâng, cùng một lập luận cho thấy tổng quát hơn rằng .

P P \subseteq M o d P H ⟹ C H = P^{P P} = M o d P H

$\mathrm{PP\subseteq ModPH\implies CH=P^{PP}=ModPH}$

— Emil Jeřábek

Đối với phần còn lại của chúng tôi: các bằng chứng còn thiếu ở trên hầu hết được đánh vần trong J. Toran, Đếm số lượng giải pháp, MFCS'90. Đối với ứng dụng ở trên, đủ để hiển thị cho tất cả và . Sau đó,

P P^{B P P^{A}} \subseteq P P^{A}

$PP^{BPP^A} \subseteq PP^A$

A

$A$

P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{\oplus P} \subseteq P^{PP}$

P P^{N P} \subseteq P P^{B P P^{\oplus P}} \subseteq P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{NP} \subseteq PP^{BPP^{\oplus P}} \subseteq PP^{\oplus P} \subseteq P^{PP}$

— Ryan Williams

Phải, tất nhiên. Đọc các ý kiến trên.

— Emil Jeřábek