Vấn đề quyết định xem một CNF đơn điệu có ngụ ý một DNF đơn điệu không

Hãy xem xét vấn đề quyết định sau đây

Đầu vào : Một CNF đơn điệu và đơn điệu DNF . $\Phi$ $\Psi$

Câu hỏi : là tautology không? $\Phi \to \Psi$

Chắc chắn bạn có thể giải quyết vấn đề này trong -time, trong đó là số lượng biến trong và là độ dài của đầu vào. Mặt khác, vấn đề này là coNP-đầy đủ. Ngoài ra, việc giảm thiết lập tính đầy đủ coNP cũng cho thấy, trừ khi SETH không thành công, không có thuật toán thời gian cho vấn đề này (cái này giữ cho bất kỳ dương ). Đây là mức giảm này. Đặt là một CNF (không đơn điệu) và là biến của nó. Thay thế mọi lần xuất hiện tích cực của bằng $O(2^n \cdot \mathrm{poly}(l))$ $n$ $\Phi \to \Psi$ $l$ $O(2^{(1/2 - \varepsilon)n} \mathrm{poly}(l))$ $\varepsilon$ $A$ $x$ $x$ $y$ và mọi sự xuất hiện tiêu cực của bởi . Làm tương tự cho mọi biến. Đặt CNF đơn điệu kết quả là . Dễ dàng thấy rằng là thỏa đáng iff không phải là một tautology. Việc giảm này làm tăng số lượng biến số theo hệ số 2, hàm ý ràng buộc thấp hơn (dựa trên SETH) được đề cập ở trên. $x$ $z$ $\Phi$ $A$ $\Phi \to yz \lor \ldots$ $2^{n/2}$

Vì vậy, có một khoảng cách giữa và -time. Câu hỏi của tôi là liệu có bất kỳ thuật toán tốt hơn hoặc giảm tốt hơn từ SETH được biết đến? $2^{n/2}$ $2^n$

Chỉ cần hai nhận xét dường như liên quan đến vấn đề:

một vấn đề ngược lại về việc liệu một DNF đơn điệu có ngụ ý một CNF đơn điệu có thể giải quyết được trong thời gian đa thức hay không.
thật thú vị, vấn đề quyết định liệu và tính toán cùng một hàm có thể được giải quyết trong thời gian đa thức do Fredman và Khachiyan hay không . 3, trang 618 Lời628, doi: 10.1006 / jagm.1996.0062 ) $\Phi$ $\Psi$

exp-time-algorithms boolean-formulas fine-grained

— Sasha Kozachinskiy
nguồn

Giả sử SETH, vấn đề không thể giải quyết kịp thời cho mọi . $O\bigl(2^{(1-\epsilon)n}\mathrm{poly}(l)\bigr)$ $\epsilon>0$

Trước tiên, hãy để tôi chỉ ra rằng điều này đúng với vấn đề tổng quát hơn trong đó và có thể là các công thức đơn điệu tùy ý. Trong trường hợp này, có một sự giảm ctt nhiều lần từ TAUT đến vấn đề bảo toàn số lượng biến. Đặt biểu thị hàm ngưỡng Sử dụng mạng sắp xếp , có thể được viết bằng một công thức đơn điệu kích thước đa thức, có thể xây dựng theo thời gian . $\Phi$ $\Psi$ $T^n_t(x_0,\dots,x_{n-1})$

T_{t}^{n} (x_{0}, \dots, x_{n - 1}) = 1 ⟺ | {i < n : x_{i} = 1} | \geq t .

$T^n_t(x_0,\dots,x_{n-1})=1\iff\bigl|\{i<n:x_i=1\}\bigr|\ge t.$

T_{t}^{n}

$T^n_t$

p o l y (n)

$\mathrm{poly}(n)$

Đưa ra công thức Boolean , chúng tôi có thể sử dụng quy tắc De Morgan để viết nó dưới dạng trong đó là đơn điệu. Thì là một tautology khi và chỉ khi hàm ý đơn điệu là hợp lệ cho mọi , trong đó $\phi(x_0,\dots,x_{n-1})$

ϕ^{'} (x_{0}, \dots, x_{n - 1}, \neg x_{0}, \dots, \neg x_{n - 1}),

$\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},\neg x_0,\dots,\neg x_{n-1}),$

ϕ^{'}

$\phi'$

ϕ (x_{0}, \dots, x_{n - 1})

$\phi(x_0,\dots,x_{n-1})$

T_{t}^{n} (x_{0}, \dots, x_{n - 1}) \to ϕ^{'} (x_{0}, \dots, x_{n - 1}, N_{0}, \dots, N_{n - 1})

$T^n_t(x_0,\dots,x_{n-1})\to\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},N_0,\dots,N_{n-1})$

t \leq n

$t\le n$

N_{i} = T_{t}^{n - 1} (x_{0}, \dots, x_{i - 1}, x_{i + 1}, \dots, x_{n - 1}) .

$N_i=T^{n-1}_t(x_0,\dots,x_{i-1},x_{i+1},\dots,x_{n-1}).$

Đối với hàm ý từ trái sang phải, hãy để là một bài tập thỏa mãn , tức là với ít nhất . Có tồn tại với chính xác . Sau đó, , do đó ngụ ý . Vì đây là công thức đơn điệu, chúng tôi cũng có . Hàm ý từ phải sang trái là tương tự. $e$ $T^n_t$ $t$ $e'\le e$ $t$ $e'\models N_i\leftrightarrow\neg x_i$ $e'\models\phi$ $e'\models\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},N_0,\dots,N_{n-1})$ $e\models\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},N_0,\dots,N_{n-1})$

Bây giờ, hãy để tôi trở lại vấn đề ban đầu. Tôi sẽ trình bày như sau: nếu vấn đề có thể giải quyết được trong thời gian , thì với mọi , -DNF-TAUT (hoặc dually, -SAT) có thể giải quyết được trong thời gian . Điều này ngụ ý nếu SETH giữ. $2^{\delta n}\mathrm{poly}(l)$ $k$ $k$ $k$ $2^{\delta n+O(\sqrt{kn\log n})}\mathrm{poly}(l)$ $\delta\ge1$

Vì vậy, giả sử chúng ta được cấp một -DNF trong đó cho mỗi . Chúng tôi chia biến thành khối có kích thước mỗi khối. Với cùng một lý lẽ như trên, là một tautology khi và chỉ khi hàm ý có giá trị cho mọi -tuple , trong đó với mọi $k$

ϕ = \underset{i < l}{⋁} (\underset{j \in A_{i}}{⋀} x_{j} \land \underset{j \in B_{i}}{⋀} \neg x_{j}),

$\phi=\bigvee_{i<l}\Bigl(\bigwedge_{j\in A_i}x_j\land\bigwedge_{j\in B_i}\neg x_j\Bigr),$

| A_{i} | + | B_{i} | \leq k

$|A_i|+|B_i|\le k$

i

$i$

n

$n$

n^{'} = n / b

$n'=n/b$

b \approx \sqrt{k^{- 1} n \log n}

$b\approx\sqrt{k^{-1}n\log n}$

ϕ

$\phi$

\begin{matrix} (*) & \underset{u < n^{'}}{⋀} T_{t_{u}}^{b} (x_{b u}, \dots, x_{b (u + 1) - 1}) \to \underset{i < l}{⋁} (\underset{j \in A_{i}}{⋀} x_{j} \land \underset{j \in B_{i}}{⋀} N_{j}) \end{matrix}

$\tag{$*$}\bigwedge_{u<n'}T^b_{t_u}(x_{bu},\dots,x_{b(u+1)-1})\to \bigvee_{i<l}\Bigl(\bigwedge_{j\in A_i}x_j\land\bigwedge_{j\in B_i}N_j\Bigr)$

n^{'}

$n'$

t_{0}, \dots, t_{n^{'} - 1} \in [0, b]

$t_0,\dots,t_{n'-1}\in[0,b]$

j = b u + j^{'}

$j=bu+j'$ , , chúng tôi xác định Chúng ta có thể viết là một CNF đơn điệu có kích thước , do đó LHS của là một CNF đơn điệu có kích thước . Ở phía bên tay phải, chúng tôi có thể viết dưới dạng một DNF đơn điệu có kích thước . Do đó, bằng cách sử dụng phân phối, mỗi phân tách của RHS có thể được viết dưới dạng một DNF đơn điệu có kích thước và toàn bộ RHS là một DNF có kích thước . Theo sau là một ví dụ về vấn đề của chúng tôi về kích thước trong

0 \leq j^{'} < b

$0\le j'<b$

N_{j} = T_{t_{u}}^{b - 1} (x_{b u}, \dots, x_{b u + j^{'} - 1}, x_{b u + j^{'} + 1}, \dots, x_{b (u + 1) - 1}) .

$N_j=T^{b-1}_{t_u}(x_{bu},\dots,x_{bu+j'-1},x_{bu+j'+1},\dots,x_{b(u+1)-1}).$

T_{t}^{b}

$T^b_{t}$

O (2^{b})

$O(2^b)$

(*)

$(*)$

O (n 2^{b})

$O(n2^b)$

N_{j}

$N_j$

O (2^{b})

$O(2^b)$

O (2^{k b})

$O(2^{kb})$

O (l 2^{k b})

$O(l2^{kb})$

(*)

$(*)$

O (l 2^{O (k b)})

$O(l2^{O(kb)})$

n

$n$ biến. Theo giả định, chúng tôi có thể kiểm tra tính hợp lệ của nó trong thời gian . Chúng tôi lặp lại kiểm tra này cho tất cả các lựa chọn của , do đó tổng thời gian là như đã yêu cầu.

O (2^{δ n + O (k b)} l^{O (1)})

$O(2^{\delta n+O(kb)}l^{O(1)})$

b^{n^{'}}

$b^{n'}$

\vec{t}

$\vec t$

O ((b + 1)^{n / b} 2^{δ n + O (k b)} l^{O (1)}) = O (2^{δ n + O (\sqrt{k n \log n})} l^{O (1)})

$O\bigl((b+1)^{n/b}2^{\delta n+O(kb)}l^{O(1)}\bigr)=O\bigl(2^{\delta n+O(\sqrt{kn\log n})}l^{O(1)}\bigr)$

Chúng tôi có được kết nối chặt chẽ hơn với (S) ETH bằng cách xem xét phiên bản độ rộng giới hạn của vấn đề: đối với mọi , hãy để -MonImp biểu thị sự hạn chế của vấn đề trong đó là -CNF và là một -DNF. (S) ETH liên quan đến các hằng số Tương tự, hãy xác định Rõ ràng, $k\ge3$ $k$ $\Phi$ $k$ $\Psi$ $k$

\begin{aligned} s_{k} & = inf {δ : k - S A T \in D T I M E (2^{δ n})}, \\ s_{\infty} & = sup {s_{k} : k \geq 3} . \end{aligned}

$\begin{align*} s_k&=\inf\{\delta:k\text-\mathrm{SAT}\in\mathrm{DTIME}(2^{\delta n})\},\\ s_\infty&=\sup\{s_k:k\ge3\}. \end{align*}$

\begin{aligned} s_{k}^{'} & = inf {δ : k - M o n I m p \in D T I M E (2^{δ n})}, \\ s_{\infty}^{'} & = sup {s_{k}^{'} : k \geq 3} . \end{aligned}

$\begin{align*} s'_k&=\inf\{\delta:k\text-\mathrm{MonImp}\in\mathrm{DTIME}(2^{\delta n})\},\\ s'_\infty&=\sup\{s'_k:k\ge3\}. \end{align*}$

s_{3}^{'} \leq s_{4}^{'} \leq \dots \leq s_{\infty}^{'} \leq 1

$s'_3\le s'_4\le\dots\le s'_\infty\le1$ như trong trường hợp SAT. Chúng tôi cũng có và việc giảm hai biến trong câu hỏi cho thấy Bây giờ, nếu chúng ta áp dụng cấu trúc ở trên với kích thước khối , chúng ta sẽ có được do đó Cụ thể, SETH tương đương với và ETH tương đương với cho tất cả .

s_{k}^{'} \leq s_{k},

$s'_k\le s_k,$

s_{k} \leq 2 s_{k}^{'} .

$s_k\le2s'_k.$

b

$b$

s_{k} \leq s_{b k}^{'} + \frac{\log (b + 1)}{b},

$s_k\le s'_{bk}+\frac{\log(b+1)}b,$

s_{\infty} = s_{\infty}^{'} .

$s_\infty=s'_\infty.$

s_{\infty}^{'} = 1

$s'_\infty=1$

s_{k}^{'} > 0

$s'_k>0$

k \geq 3

$k\ge3$

— Emil Jeřábek hỗ trợ Monica
nguồn

Cảm ơn về câu trả lời của bạn! Tôi tò mò liệu có thể làm cho và có chiều sâu không đổi trong công trình này không? Cụ thể, tôi không biết liệu các công thức Boolean đơn điệu có độ sâu không đổi kích thước phụ (hay thậm chí là các mạch không đơn điệu) được biết đến với (đặc biệt là cho Đa số)? Tất nhiên có một giảm ràng buộc cho depth- , nhưng, nói rằng, kích thước sẽ là OK.

Φ

$\Phi$

Ψ

$\Psi$

T_{k}^{n}

$T^n_k$

2^{n^{Ω (1 / d)}}

$2^{n^{\Omega(1/d)}}$

d

$d$

2^{\sqrt{n}}

$2^{\sqrt{n}}$

— Sasha Kozachinskiy

T_{k}^{n}

$T^n_k$ , và trong tính toán bất cứ điều gì chung bởi công thức đa thức-kích thước (ví dụ, trong NC ^ 1), có depth- mạch kích thước . Xem ví dụ: cstheory.stackexchange.com/q/14700 . Tôi sẽ phải suy nghĩ nếu bạn có thể làm cho chúng đơn điệu, nhưng nghe có vẻ hợp lý.

d

$d$

2^{n^{O (1 / d)}}

$2^{n^{O(1/d)}}$

— Emil Jeřábek hỗ trợ Monica

ĐỒNG Ý. Thứ nhất, việc xây dựng chung hoạt động tốt trong môi trường đơn điệu: nếu một hàm có poly-kích thước công thức đơn điệu, nó có depth- mạch đơn điệu của kích thước cho mọi . Thứ hai, đối với , thật dễ dàng để xây dựng độ sâu đơn điệu - mạch có kích thước bằng cách chia đầu vào thành các khối có kích thước .

d

$d$

2^{n^{O (1 / d)}} p o l y (n)

$2^{n^{O(1/d)}}\mathrm{poly}(n)$

d \geq 2

$d\ge2$

T_{k}^{n}

$T^n_k$

3

$3$

2^{O (\sqrt{n \log n})}

$2^{O(\sqrt{n\log n})}$

Θ (\sqrt{n \log n})

$\Theta(\sqrt{n\log n})$

— Emil Jeřábek hỗ trợ Monica

Trên thực tế, thúc đẩy ý tưởng này nhiều hơn một chút, nó cung cấp câu trả lời cho câu hỏi ban đầu: giả sử SETH, giới hạn dưới đã dành cho đơn điệu CNF và đơn điệu DNF. Tôi sẽ viết nó lên sau.

Φ

$\Phi$

Ψ

$\Psi$

— Emil Jeřábek hỗ trợ Monica

Tôi đoán rằng bạn có thể chia tất cả các biến thành khoảng khối và sau đó viết cho mọi . Bạn có thể sử dụng -size CNF cho mọi hàm ngưỡng. Nhưng sau đó, ở phía bên tay phải, bạn sẽ không phải là DNF mà là một công thức chuyên sâu 3 ...

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

x^{1}, \dots x^{\sqrt{n}}

$x^1, \ldots x^{\sqrt{n}}$

T_{k_{1}}^{\sqrt{n}} (x^{1}) \land \dots \land T_{k_{\sqrt{n}}}^{\sqrt{n}} (x^{\sqrt{n}}) \to ϕ^{'}

$T^{\sqrt{n}}_{k_1}(x^1)\land \ldots \land T^{\sqrt{n}}_{k_\sqrt{n}}(x^{\sqrt{n}}) \to \phi^\prime$

k_{1} + \dots + k_{\sqrt{n}} \leq n

$k_1 + \ldots + k_{\sqrt{n}} \le n$

2^{\sqrt{n}}

$2^{\sqrt{n}}$

— Sasha Kozachinskiy