Kann es schwierig sein, einen Zeugen zu finden, selbst wenn wir bereits wissen, dass es einen gibt?

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Die häufigsten Beispiele für NP-harte Probleme (Clique, 3-SAT, Scheitelpunktabdeckung usw.) sind solche, bei denen wir vorher nicht wissen, ob die Antwort "Ja" oder "Nein" lautet.

Angenommen, wir haben ein Problem, bei dem wir wissen, dass die Antwort Ja lautet. Außerdem können wir einen Zeugen in Polynomzeit verifizieren.

Können wir dann in der Polynomzeit immer einen Zeugen finden? Oder kann dieses "Suchproblem" NP-schwer sein?

complexity-theory np-hard search-problem

— mba
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Es ist unwahrscheinlich. Kann aber PPAD-hart sein.

— RB

Ich weiß nicht, ob dies ein Zufall ist oder nicht, aber dieser Blogpost wurde heute veröffentlicht: ... eine Erinnerung daran, dass die gesamten Suchprobleme nicht NP-vollständig sind .

— Pål GD

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TFNP ist die Klasse mehrwertiger Funktionen mit Werten, die polynomiell verifiziert sind und deren Existenz garantiert ist.

In TFNP gibt es ein Problem, das genau dann FNP-vollständig ist, wenn NP = co-NP, siehe Satz 2.1 in:

Nimrod Megiddo und Christos H. Papadimitriou. 1991. Über Gesamtfunktionen, Existenzsätze und Rechenkomplexität. Theor. Comput. Sci. 81, 2 (April 1991), 317-324. DOI: 10.1016 / 0304-3975 (91) 90200-L

und die Referenzen [6] und [11] innerhalb. PDF hier verfügbar .

— Rahul Savani
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Nein, Sie können nicht immer eine Lösung in Polynomzeit finden, selbst wenn Sie wissen, dass es eine Lösung gibt.

Nach Khanna, Linial und Safra [1] (siehe 3. Absatz) folgt bereits aus der klassischen Arbeit von Karp aus dem Jahr 1972, dass das Färben eines dreifarbigen Graphen mit drei Farben NP-hart ist. (Ihre Arbeit erweitert dies, um zu zeigen, dass 4-farbige 3-farbige Graphen immer noch NP-hart sind).

Beachten Sie, dass dies nicht der Antwort von Rahul Savani widerspricht . Dies liegt daran , dass wir für alle binären Beziehungen in FNP in der Polynomzeit überprüfen können müssen, ob in der Beziehung ist. Angesichts der Entscheidung, ob ein dreifarbiger Graph mit drei Farben NP-vollständig ist, ist es unwahrscheinlich, dass das Problem, einen vierfarbigen Graphen in einem dreifarbigen Graphen zu finden, in FNP liegt, da wir die Gültigkeit der Eingabe in Polynomzeit nicht überprüfen können . Somit besteht kein Widerspruch zum Megiddo-Papadimitriou-Ergebnis. $P$ $P(x,y)$ $x$

[1] Khanna, Sanjeev, Nathan Linial und Shmuel Safra. "Über die Härte der Annäherung an die chromatische Zahl." Theory and Computing Systems, 1993., Proceedings of the 2nd Israel Symposium on the. IEEE, 1993.

— Juho
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Wenn eine NP-Beziehung in Bezug auf nicht
-deterministische Polynomzeit-Turing-Reduktionen, die nur mit Ja-Antwort beantwortet werden, NP-hart ist , dann ist. Beweis: Wenn eine NP-Beziehung NP-hart ist in Bezug auf co-nichtdeterministische Polynomzeit-Turing-Reduktionen, die nur mit Ja-Antwort beantwortet werden, dann: $\: NP = coNP \;$

Sei eine so harte Beziehung und sei eine ko-nichtdeterministische Polynomzeit-Turing-Reduktion von auf Ja-Antwort . Sei der coNP-Algorithmus, der gegeben ist durch: Versuchen Sie, das angebliche Anti- Zertifikat in ein inneres Zertifikat und Antworten zu analysieren . Wenn dies fehlschlägt, geben Sie YES aus. Andernfalls versuchen Sie, auf dem inneren Anti-Zertifikat auszuführen indem Sie die gleiche Antwort wie zuvor für Wiederholungsabfragen und unter Verwendung der Antworten von das (äußere) Anti-Zertifikat für alle anderen Orakelabfragen. $R$ $M'$ $SAT$ $R$ $\:$ $M$
$\;$
$\;$ $M'$
$\;$
$\;$ $\:$ Wenn deutlicher machen würde Abfragen als die Anzahl der Antworten oder eine ihrer Abfragen würden von mit in Beziehung gesetztDie Antwort dieser Abfrage oder würde JA ausgeben, gibt JA aus, andernfalls gibt NEIN aus. Da ein Orakel für nur unabhängige Bedingungen für die Antworten des Orakels auferlegt und eine Nur-Ja-Antwort-Reduktion darstellt, können die von und einem gültigen Anti-Zertifikat erzeugten Abfrage-Antwort-Paare immer zu einem Orakel für , also löst $M'$
$\;$ $R$
$\;$ $M'$ $M$ $M$
$R$
$M'$ $M'$
$R$ $M$ $SAT\hspace{-0.02 in}$ .
Also. Da ist -hard mit Bezug auf deterministische Reduzierungen Polynom-Zeit,. Aus Symmetriegründen. Also. Wenn daher eine NP-Beziehung in Bezug auf nicht -deterministische Polynomzeit-Turing-Reduktionen nur mit Ja-Antwort NP-hart ist , dann ist. $\: SAT\in coNP \;$
$SAT$ $NP$ $\: NP\subseteq coNP \;$
$\: coNP \subseteq NP \;$ $\;\;\;\;$ $\: NP = coNP \;$

$\: NP = coNP \;$

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Ich verstehe nichts davon. Können Sie eine "Ja-Antwort-Nur-Co-Nicht-Deterministische Polynomzeit-Turing-Reduktion", ein "Anti-Zertifikat" definieren und auch klarstellen, was genau ist ("Reduktion von R SAT" macht für mich keinen Sinn)?

M^{'}

$M'$

— Sasho Nikolov

Eine "Nur-Ja-Antwort-Nur-Deterministische Polynomzeit-Turing-Reduktion" ist eine coNP-Orakelmaschine , deren Orakel für die Reduktion bestimmt ist, so dass sie das Orakel niemals nach einer Eingabe abfragt, für die es keine Polynomgröße gibt Zeichenfolge, auf die sich die Abfrage durch bezieht . (Fortsetzung ...)

R

$R$

$\:$

$\;\;\;\;$

(... Fortsetzung) Ein Anti-Zertifikat ist das Analogon eines Zertifikats , wobei JA und NEIN vertauscht sind. ist die Reduktion, die in dem Satz erwähnt wird, der . (Ich habe den Tippfehler am Ende dieses Satzes behoben.)

$\:$

M^{'}

$M'$

M^{'}

$M'$

$\:$

$\;\;\;\;$

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Dies hängt geringfügig von der genauen Interpretation Ihrer Frage ab, aber ich denke, Ihr Szenario kann allgemein als Problem 'COMPUTE Y' beschrieben werden, wenn ein universell festgelegter Polynomzeitalgorithmus und Polynom bei Eingabe , gib einen String , so dass 1 ausgibt und immer für alle möglichen . $T$ $p$ $\langle x, 1^n \rangle$ $y \in \{0,1\}^{p(n)}$ $T(x,y,1^n)$ $y$ $x$

Eine Frage könnte dann sein, ob ein Polynomzeitalgorithmus für 'COMPUTE Y' impliziert $P = NP$

In diesem Fall wird angenommen, dass Sie 3SAT in Polynomzeit mit einer konstanten Anzahl von Aufrufen an ein Orakel lösen können, das 'COMPUTE Y' löst, dh einen Algorithmus mit wenn erfüllt werden kann, sonst. Drehen Sie das Ausgabebit, um , einen Algorithmus, bei dem wenn erfüllt werden kann, und wenn erfüllt werden kann. $A$ $A(\phi) = 1$ $\phi$ $A(\phi)=0$ $\bar{A}$ $\bar{A}(\phi) = 0$ $\phi$ $\bar{A}(\phi) = 1$ $\phi$

Konvertieren Sie diesen Algorithmus (der ein Orakel für 'COMPUTE Y' verwendet) in einen nicht deterministischen Algorithmus (der keine Orakel verwendet), indem Sie einfach jeden Orakelaufruf durch eine nicht deterministische Schätzung von ersetzen , die Sie mit einem Aufruf von überprüfen können . Jetzt haben Sie einen nichtdeterministischen Algorithmus, der unbefriedigende 3CNF-Instanzen erfolgreich entscheidet, also $\bar{A}$ $y$ $T$ $NP = coNP$

Abgesehen davon, wenn , bedeutet dies, dass alle vollständigen Probleme (wie Clique oder 3SAT) geringfügige Abweichungen aufweisen, deren Entscheidungsproblem einfach ist (immer 'Ja'), deren Suchversion jedoch hart ist $NP = coNP$ $NP$ $k$ $NP$

— Joe Bebel
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