Mật độ của ngôn ngữ P-Complete

Giả sử là ngôn ngữ Boolean, có chuỗi hữu hạn trên . Gọi là số chuỗi trong có độ dài . Đối với hàm từ số nguyên dương đến số thực dương, có mật độ trên nếu với tất cả đủ lớn . $L$ $\{0,1\}$ $L_n$ $L$ $n$ $d(n)$ $L$ $d(n)$ $L_n \le 2^n d(n)$ $n$

Có ngôn ngữ Boolean P hoàn chỉnh nào có mật độ không? $O(1/n)$

Động lực

Chẵn lẻ có mật độ trên . CÓ (ngôn ngữ của tất cả các chuỗi nhị phân hữu hạn) có mật độ trên 1. Bất kỳ ngôn ngữ hữu hạn nào cũng có mật độ trên 0. $1/2$
Một ngôn ngữ thưa thớt có tính chất rằng có một đa thức mà cho tất cả . Nếu là một ngôn ngữ thưa thớt, thì cho đa thức bậc một lớn hơn , do đó mật độ trên của bằng không. $L$ $p(n)$ $L_n - L_{n-1} \le p(n)$ $n$ $L$ $L_n \le p_1(n)$ $p_1$ $p$ $L$
Jin-Yi Cai và D. Sivakumar cho thấy một ngôn ngữ hoàn chỉnh P không thể thưa thớt trừ khi P = L (= LOGSPACE). Vì P = co-P, bất kỳ ngôn ngữ nào trong đó phần bổ sung thưa thớt cũng không thể hoàn thành P, trừ khi P = L.
Bằng một bất đẳng thức đơn giản (xem ví dụ: Hệ quả 2 của Rosser và Schoenfeld 1962 ), PRIMES có mật độ cao hơn . Câu hỏi Có phải các vấn đề PRIMES, FACTORING được biết là P-hard? thảo luận về việc liệu PRIMES có phải là P-hard hay không (điều này dường như đang mở). $(\log_2 e)/n$
Theo một nghĩa nào đó, các ngôn ngữ hoàn chỉnh (hoặc phổ quát) cho một lớp phức tạp chứa tất cả cấu trúc của lớp. Vì vậy, giả thuyết dự kiến của tôi, dựa trên phép ngoại suy hoang dã về kết quả của Cai và Sivakumar, là các ngôn ngữ như vậy không thể quá thưa thớt. Các ràng buộc đa thức thông thường xác định các ngôn ngữ thưa thớt dường như quá hạn chế, vì vậy tôi đang hỏi về một ràng buộc ít hạn chế hơn một chút.

Công việc trên lowness bởi Fortnow, Hemaspaandra, và những người khác cũng có thể liên quan.

$k$

Sự nhìn nhận

Xem thêm câu hỏi liên quan Mật độ có điều kiện của số nguyên tố . Cảm ơn @Tsuyoshi Ito và @Kaveh vì những bình luận hữu ích về phiên bản trước của câu hỏi này, không may bị đặt ra.

cc.complexity-theory reference-request p-hardness

— Salamás Salamon
nguồn

2^{n} / n

$2^n/n$

$1/n$

$L_n \subseteq \{0,1\}^n$ $d(n) \in \omega(1/n)$ $L'_{n + m} = \{x0^m | x \in L_n\}$ $m$ $n$ $L'$ $L'_k = \emptyset$ $k \neq n + m$ $L'$

d^{'} (n + m) = \frac{| L_{n + m}^{'} |}{2^{n + m}} = \frac{| L_{n} |}{2^{n + m}} \leq \frac{d (n)}{2^{m}}

$d'(n + m) = \frac{|L'_{n + m}|}{2^{n + m}} = \frac{|L_n|}{2^{n + m}} \leq \frac{d(n)}{2^m}$

$M$ $L$ $M'$ $L'$ $x$ $n$ $m(n)$ $m(n) \in poly(n)$

$1/n$ $m(n) = n$ $d'(2n) \leq d(n)/2^n \in O(1/n)$

— Artem Kaznatcheev
nguồn

m

$m$

n

$n$

1 / \log n

$1/\log n$

Tôi nghĩ vậy, bạn sẽ chỉ cần m = log log n. Nói chung với m = f (n), bạn có thể chọn bất kỳ f nào trong không gian LOG (với n là đơn nguyên). (hoặc NC nếu bạn thích những mức giảm đó).

— Artem Kaznatcheev