Ist NPI in P / Poly enthalten?


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Es wird vermutet, dass da die Umkehrung \ mathsf {PH} = \ Sigma_2 implizieren würde . Ladners Theorem besagt, dass wenn \ mathsf {P} \ ne \ mathsf {NP}, dann \ mathsf {NPI}: = \ mathsf {NP} \ setminus (\ mathsf {NPC} \ cup \ mathsf {P}) \ ne \ emptyset . Der Beweis scheint jedoch nicht auf \ mathsf {P} / \ text {poly} zu verallgemeinern, sodass die Möglichkeit besteht, dass \ mathsf {NPI} \ subset \ mathsf {P} / \ text {poly} dh \ mathsf {NP} \ subset \ mathsf {NPC} \ cup \ mathsf {P} / \ text {poly} scheint offen zu sein.NPP/polyPH=Σ2PNPNPI:=NP(NPCP)P/polyNPIP/polyNPNPCP/poly

Angenommen, NPP/poly (oder sogar, dass die Polynomhierarchie auf keiner Ebene zusammenbricht), lautet \ mathsf {NPI} \ subset \ mathsf {P} / \ text {poly}NPIP/poly als wahr oder falsch bekannt? Welche Beweise können dafür und dagegen erbracht werden?


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Also, "was würde passieren, wenn alle Probleme in NP entweder NP-vollständig oder in P \ poly sind?" Zum einen würde es kleine Schaltkreise für Factoring bedeuten
Sasho Nikolov

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ps: der Beitrag wäre besser lesbar, wenn du ihn im angegebenen Teil buchstabierst. Sie können auch NPP/poly anstelle von NPP als Ihre Annahme verwenden.
Kaveh

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Wird ein Auffüllargument nicht zeigen, dass dies nicht möglich ist, wenn NP P / poly?
Peter Shor

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@PeterShor: Ich bin wahrscheinlich dicht, aber wie genau würde es funktionieren?
Vanessa

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@Squark: Du bist nicht dicht ... Ich hatte nicht genau herausgefunden, wie es funktionieren würde, und ich glaube, ich habe das Ergebnis leicht falsch angegeben. Aber hier ist meine Grundidee. Angenommen, NP-vollständige Probleme können nicht in subexponentieller Zeit und Beratung gelöst werden. Nehmen Sie ein NP-vollständiges Problem X und füllen Sie es so auf, dass der schnellste Algorithmus dafür kaum subexponentiell ist. Dann ist es NPI, also kann es in P / poly gelöst werden. Dies bedeutet, dass das NP-vollständige Problem X nur geringfügig langsamer als die P / Poly-Zeit gelöst werden kann. Durch die Polynomreduktion können nun alle NP-vollständigen Probleme in etwas langsamerer Zeit als P / Poly gelöst werden.
Peter Shor

Antworten:


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Hier ist eine mögliche Alternative zu einem Auffüllargument, das auf Schönings Verallgemeinerung des Ladner-Theorems basiert. Um das Argument zu verstehen, müssen Sie Zugriff auf dieses Dokument haben (das leider für viele hinter einer Lohnwand steht):

Uwe Schöning. Ein einheitlicher Ansatz, um Diagonalsätze in Komplexitätsklassen zu erhalten. Theoretical Computer Science 18 (1): 95-103, 1982.

Wir wenden den Hauptsatz aus dieser Arbeit für und als Sprachen und und als Komplexitätsklassen wie folgt an:A1A2C1C2

  • A1= (oder eine beliebige Sprache in )P
  • A2=SAT
  • C1=NPC
  • C2=NPP/poly

Der Klarheit halber wird der Beweis dass impliziert .NPP/polyNPIP/poly

Unter der Annahme, dass , haben wir und . Es ist klar, dass und unter endlichen Variationen geschlossen sind. Schönings Arbeit enthält einen Beweis, dass rekursiv darstellbar ist (die genaue Definition finden Sie in der Arbeit), und der schwierigste Teil des Arguments besteht darin, zu beweisen, dass rekursiv darstellbar ist.NPP/polyA1C1A2C2C1C2C1C2

Unter diesen Voraussetzungen impliziert der Satz, dass es eine Sprache gibt, die weder in noch in ; und , dass , ist Karp-reduzierbar auf und daher . Da sich in aber weder in noch in , folgt .AC1C2A1PAA2ANPANPNPNPP/polyNPIP/poly

Es bleibt zu beweisen, dass rekursiv darstellbar ist. Grundsätzlich bedeutet dies, dass es eine explizite Beschreibung einer Folge deterministischer Turing-Maschinen die alle an allen Eingaben anhalten und so sind, dass . Wenn meine Argumentation fehlerhaft ist, ist sie wahrscheinlich hier, und wenn Sie dieses Ergebnis wirklich verwenden müssen, sollten Sie dies sorgfältig tun. Wie auch immer, durch Verzahnung aller nicht deterministischen Turing-Maschinen mit Polynomzeit (die deterministisch simuliert werden können, weil wir uns nicht um die Laufzeit jedesNPP/polyM1,M2,NPP/poly={L(Mk):k=1,2,}Mk) und alle Polynome, die Obergrenzen für die Größe einer Booleschen Schaltkreisfamilie für eine bestimmte Sprache darstellen. Ich glaube, es ist nicht schwierig, eine Aufzählung zu erhalten, die funktioniert. Im Wesentlichen kann jedes testen, ob sein entsprechendes Polynom-Zeit-NTM mit einer Familie von Polynomgrößenschaltungen bis zu der Länge der Eingangszeichenfolge übereinstimmt, die es durch Durchsuchen aller möglichen Booleschen Schaltungen erhält. Wenn Übereinstimmung besteht, gibt wie der NTM aus, andernfalls lehnt er ab (und repräsentiert als Ergebnis eine endliche Sprache).MkMk

Die grundlegende Intuition hinter dem Argument (das in Schönings Ergebnis verborgen ist) ist, dass es niemals zwei "nette" Komplexitätsklassen (dh solche mit rekursiven Präsentationen) geben kann, die disjunkt sind und bündig aneinander sitzen. Die "Topologie" komplexer Klassen lässt dies nicht zu: Sie können eine Sprache immer korrekt zwischen den beiden Klassen konstruieren, indem Sie bei extrem langen Eingabelängen irgendwie zwischen beiden wechseln. Theorem zeigt dies für und , und Schönings Verallgemeinerung lässt Sie dasselbe für viele andere Klassen tun.PNPC


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Dies ist ein Link zu Schönings Veröffentlichungen, die kostenlos online verfügbar sind, einschließlich derjenigen, auf die Sie verweisen: uni-ulm.de/in/theo/m/schoening/…
Alessandro Cosentino

1
Vielen Dank für Ihre Antwort! Das Lustige ist, dass ich Shoenings Satz kannte, aber aus irgendeinem dummen Grund dachte, dass er in diesem Fall nicht zutrifft. Übrigens ist der Text auch in wissenschaftlicher Richtung frei verfügbar
Vanessa

1
@Squark: Es ist nicht dumm zu vermuten, dass der Satz von Schöning nicht zutrifft, da P / poly nicht-rekursive Sprachen enthält. Ich nehme an, es ist ein Glück, dass wir es mit NP kreuzen und trotzdem das Ergebnis erhalten können.
John Watrous

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@ JohnWatrous: Ja, genau aus diesem Grund war ich verwirrt
Vanessa

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Ich möchte nur eine Version eines Auffüllarguments aufschreiben, wie in den Kommentaren beschrieben. Ich verstehe nicht, warum eine Lücke benötigt wird. Wir wollen zeigen, dass, wenn NP nicht in P / Poly enthalten ist, es ein NP-intermediäres Problem gibt, das nicht in P / Poly enthalten ist.

Es gibt eine unbegrenzte Funktion so dass SAT keine Schaltkreise mit einer Größe von weniger als , und daher gibt es eine Funktion , die unbegrenzt ist, zunimmt und . Es sei SAT 'die Sprache, die durch Auffüllen von SAT-Zeichenfolgen der Länge mit . Dann:fnf(n)gg(n)=o(f(n))nng(n)

  • SAT 'ist in NP (siehe unten!)
  • SAT 'ist nicht in P / poly: Bei Schaltungen der Größe für SAT' erhalten wir Schaltungen der Größe für SAT, aber dies ist weniger als für einige .nkng(n)knf(n)n
  • Es gibt keine P / Poly-Reduktion von SAT zu SAT ': Nehmen wir an, dass es für SAT Schaltkreise der Größe , die SAT-Gatter erlauben. Pick groß genug , dass und lassen . Jedes SAT'-Gatter in hat höchstens Eingänge. Durch Entfernen der Auffülleingaben können wir die SAT-Gatter in auf ein SAT-Gatter mit weniger als Eingaben trimmen , die wir mit simulieren können - die resultierenden SAT-Gatter haben höchstens Eingänge. Wiederholen Sie dies und behandeln Sie von Hand. SAT würde Schaltkreise von ungefährer Größe habenCnnkNg(N)>2kn>NCnnkCnnCnnk/2CNO(nknk/2nk/4)O(n2k) das für einige kleiner als .nf(n)n

Bearbeiten:

Die Wahl von ist etwas fummelig. Wenn Sie gerne SAT 'in die Versprechen-Version von NP einfügen, ist dieses Bit nicht erforderlich.g

Definieren Sie als maximale Ganzzahl, sodass es für Länge Zeichenfolgen für SAT keine Schaltung der Größe . Definieren Sie mit einem Algorithmus, der für berechnet und nach der Zeit stoppt oder wenn , und den Boden der Quadratwurzel des höchsten in dieser Zeit gefundenen Werts zurückgibt . Also ist unbegrenzt und und können in der Zeit berechnet werden . Beachten Sie nun, dass die obigen Argumente nur darauf beruhen, dass SAT für unendlich viele keine Schaltkreise der Größef(n)nf(n)ng(n)f(m)m=1,2,nm=ng(n)lim infg(n)/f(n)=0g(n)nnf(n)n.

Ich finde es auch interessant, einen Beweis durch Lücken in SAT zu sehen, wie in http://blog.computationalcomplexity.org/media/ladner.pdf . Ohne die NP-Anforderung ist dies ziemlich einfach: Es gibt eine Folge so dass keine Schaltkreisgröße SAT-Ketten der Länge erkennt ; Beschränken Sie SAT für einige auf Zeichenfolgen der Länge .n1<n2<(nk)knn22ii


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Nachdem ich die Antwort von @ JohnWatrous gesehen hatte, wurde ich durch Auffüllen an Impagliazzos Beweis von Ladners Theorem erinnert (vgl. Anhang von Downey und Fortnow "Uniformly Hard Languages": cs.uchicago.edu/~fortnow/papers/uniform.pdf ). Ihr Beweis ist im Grunde genommen der Beweis von Impagliazzo für Ladner, der jedoch an diese Situation angepasst ist. Ordentlich!
Joshua Grochow

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Vielen Dank für Ihre Antwort! Ich entschuldige mich, dass ich es nicht ausgewählt habe, aber ich musste eines auswählen und Watrous 'Argument war leichter durchzuhalten, da es ein Ergebnis verwendete, das ich bereits kannte. Dies ist ein eher subjektiver Weg zu wählen, aber ich könnte es nicht besser machen. Wie auch immer, es ist großartig, mehr als einen Weg zu haben, um zu einem interessanten Ergebnis zu gelangen
Vanessa,

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@Squark: Auf jeden Fall - und ich habe auch angenommen, dass der Satz von Schöning nicht zutrifft.
Colin McQuillan

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(NPI P / poly) (P NP)


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es ist sowohl bekannt als auch trivial: wenn P = NP, dann . Auch das ist nicht die Frage, die Frage ist das Gegenteil von dem, was Sie geschrieben haben, und wurde von Colin überzeugend beantwortet, so weit ich sehen kann. NPINP=PP/pol
Sasho Nikolov

Die Frage trägt den Titel "Ist NPI in P / Poly enthalten?". Ich halte dies für eine vernünftige Antwort. Ich bin mir nicht sicher, ob dies wirklich trivial ist, da NPI normalerweise definiert wird (da es von P NP abhängt ). Diese Antwort gibt es nicht Konflikt mit der anderen Antwort ...
vzn

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Tatsächlich ist es noch offensichtlicher trivial: Wenn P = NP, ist NPI leer. Die Frage lautet eindeutig: "Bedeutet NP, das nicht in P / poly enthalten ist, auch NPI, das nicht in P / poly enthalten ist? Ihre Antwort lautet also: 1) Eine triviale Tatsache ist ein offenes Problem. 2) Die Frage wird nicht beantwortet.
Sasho Nikolov

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Konnte sich nicht weniger für Punkte interessieren. Zum letzten Mal: ​​Mein erster Kommentar, Colins Antwort und die Frage selbst beziehen sich auf die weitaus weniger triviale und interessantere Umkehrung der leeren Implikation, die Sie aufgeschrieben haben.
Sasho Nikolov

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-1: Manchmal fühlt es sich richtig an, einen Punkt zu verlieren
Alessandro Cosentino
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