Können wir schnell perfekt gleichmäßige Mod 3 generieren oder NP-Probleme lösen?

Um ehrlich zu sein, ich weiß nicht so viel darüber, wie Zufallszahlen generiert werden (Kommentare sind willkommen!), Aber nehmen wir das folgende theoretische Modell an: Wir können ganze Zahlen aus [ 1 , 2 n ] gleichmäßig zufällig erhalten $[1,2^n]$und unser Ziel ist die Ausgabe eine ganze Zahl gleichmäßig zufällig aus [1,3].

Eine einfache Lösung, deren erwartete Laufzeit polynomiell ist, ist die folgende. Verwerfen Sie (und möglicherweise auch ) aus sodass die Anzahl der verbleibenden ganzen Zahlen durch teilbar ist, sodass wir der generierten ganzen Zahl nehmen können. Wenn wir eine verworfene Nummer erhalten, generieren wir eine andere Nummer, bis wir eine nicht verworfene Nummer erhalten.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

Aber was ist, wenn wir sicher in der Polynomzeit enden wollen? Aufgrund von Teilbarkeitsproblemen wird das Problem unlösbar. Ich frage mich jedoch, ob wir das Folgende lösen können.

Nehmen wir an, wir können aus [1,2 ^ n] gleichförmig zufällige ganze Zahlen erzeugen, $[1,2^n]$und wir haben ein rechnerisch schwieriges Problem. Unser Ziel ist es, eine ganze Zahl gleichmäßig zufällig aus [1,3] auszugeben oder das schwierige Problem zu lösen.

Hier kann das schwierige Problem darin bestehen, eine Ganzzahl zu berücksichtigen, eine SAT-Instanz oder etwas Ähnliches zu lösen. Zum Beispiel können wir eine Einwegpermutation wie folgt dekodieren , wenn wir ein (und als gerade vorausgesetzt wird): Wenn für unsere zufällige Zeichenfolge gilt , wenn , dann nehme . Schließlich, wenn , dann sind wir fertig, als r = x . (Wenn n ungerade ist, dann funktioniert etwas Ähnliches, nur müssen wir auch prüfen, ob f (r + 1) = f (x) und 2 subtrahieren, wenn f (r)> f (x) .)$f$$f(x)$$n$$f(r)<f(x)$$f(r) \bmod 3$$f(r)>f(x)$$f(r)-1\bmod 3$$f(r)=f(x)$$r=x$$n$$f(r+1)=f(x)$$2$$f(r)>f(x)$

Zusammenfassung der Antworten. Emil Jeřábek hat gezeigt, dass wir jedes einwertige Suchproblem von TFNP und auch von PPA-3 lösen können, wenn wir nicht perfekt einheitlich generieren können. Andererseits hat Daniello gezeigt, dass wir NP-vollständige Probleme nicht auf die oben beschriebene Weise lösen können, es sei denn, NP = co-NP.

Als Reaktion auf die Antwort von domotorp können wir meines Erachtens NP-Suchprobleme lösen, die eine der folgenden Einschränkungen erfüllen:

1. die Anzahl der Lösungen ist bekannt und nicht durch teilbar ; oder,$3$

2. Die Anzahl der Lösungen ist polynomial begrenzt (aber nicht im Voraus bekannt).

Für 1. können wir einfaches Auffüllen verwenden, um auf den folgenden Fall zu reduzieren:

• Die Lösungen sind aus [ 0 , 2 m - 1 ) , wobei m geradzahlig ist.$[0,2^{m-1})$$m$

• Die Anzahl der Lösungen s erfüllt .$s$$s\equiv1\pmod3$

• Irgendwelche zwei Lösungen sind mindestens Abstand voneinander. (Sagen wir, sie sind alle durch teilbar .)4 $4$$4$

Beachten Sie, dass . Also können wir das Problem lösen, indem wir ein zufälliges auswählen und ein ähnliches Protokoll wie in meiner Antwort für eindeutige Lösungen verwenden, wenn (was zu einer Verteilung führt) on kurz vor einer jede der Lösungen) und ausgeben, wenn .3 ∣ 2 m - s a ∈ [ 0 , 2 m ) a ∈ [ 0 , 2 m - s ) { 0 , 1 , 2 } 0 s 0 a ∈ [ 2 m - s , 2 m$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

Für 2. nehme zunächst an, dass die Anzahl der Lösungen$s\le p(n)$$3^k$$3$$s$3 ∤ ( s3 k )y0,…,y3k-1y0<y1<⋯<y3k-1yi($3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$3 k )$\binom s{3^k}$dh nicht durch teilbar und bekannt. Somit sind wir mit 1 fertig.$3$

Wenn nun die Anzahl der Lösungen durch , aber nicht bekannt ist, führen wir das Protokoll für jede mögliche Auswahl von parallel über Male ( ) aus. und:p ( n ) 2 l 2 l ≥ p ( n ) , 1 ≤ s ≤ 2 $p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• Wenn einer der Threads eine Lösung des ursprünglichen Problems zurückgibt, geben wir eine solche an die Ausgabe weiter.

• Wenn alle Threads die Elemente , geben wir .$r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

Anlage auf dem zweiten Fall gleichmäßig in verteilten für die wahre Anzahl von Lösungen des ursprünglichen Problems zu sein, während die anderen von unabhängigem , daher wird die gesamte Summe auch gleichmäßig verteilt .r s { 0 , 1 , 2 } s r i r $r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Ich werde Zahlen verwenden, die mit 0 beginnen, anstatt mit 1 , da ich es viel natürlicher finde.$0$$1$

Hier sind zwei Klassen von Problemen, die wir auf diese Weise lösen können:

1. Funktionen in TFNP (dh einwertige Gesamt-NP-Suchprobleme)

   (Dies verallgemeinert das Beispiel mit Einweg-Permutationen. Es enthält als Sonderfall Entscheidungsprobleme aus U P ∩ c o U P. )$\mathrm{UP\cap coUP}$

   Der Aufbau ist, dass wir ein Polynom-Zeit-Prädikat R ( x , y ) und ein Polynom p ( n ) haben, so dass für jedes x der Länge n ein eindeutiges y der Länge m = p ( n ) existiert, so dass R ( x , y ) gilt. Die Rechenaufgabe ist, gegeben x , find y .$R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Jetzt gehe ich von wlog aus, dass m gerade ist, also 2 m ≡ $m$( mod3 ) . Der Algorithmus soll ein gleichmäßig zufälliges y ∈ [ 0 , 2 m ) erzeugen und ausgeben$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • y (als Lösung des Suchproblems) wenn R ( x , y ) ;$y$$R(x,y)$

   • y - y ' (als zufälliges Element von { 0 , 1 , 2 } ), wenn y - y ' ∈ { 1 , 2 } und R ( x , y ' ) sind ;$y-y'$$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • y mod 3 (als zufälliges Element von { 0 , 1 , 2 } ), wenn kein y ' ∈ { y , y - 1 , y - 2 } R ( x , y ' ) löst.$y\bmod3$$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Wenn es keine Lösung für das Suchproblem gäbe, würden die 2- m- Zufallsentscheidungen 1 und 2 ( 2 m - 1 ) / 3- mal und 0 ( 2 m + 2 ) / 3- mal (ein weiteres Mal) ergeben. Wenn jedoch y das Suchproblem löst, haben wir mit den Elementen y , y + 1 , y + 2 (die alle drei Restklassen treffen) gearbeitet, sodass sie nur die Reste 1 und 2 erzeugen$2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$, was den Vorteil von 0 ausgleicht . (Ich gehe hier von wlog aus, dass y < 2 m - 2 ist .)$0$$y<2^m-2$

2. PPA- 3- Suchprobleme$3$

   Ein bequemer Weg, PPA- 3 zu definieren, besteht darin, NP-Suchprobleme auf die folgenden Arten von Problemen zu reduzieren. Wir haben eine feste Polynomzeitfunktion f ( x , y ) und ein Polynom p ( n ) , so dass für jede Eingabe x der Länge n die induzierte Abbildung f x ( y ) = f ( x , y ) auf beschränkt ist Eingaben y der Länge m = p ( n ) sind eine Funktion $3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$x : [ 0 , 2 m ) → [ 0 , 2 m ) erfüllt , f x ( f x ( f x ( y ) ) ) = y für jedes y . Die Aufgabe ist, x gegeben , einen Fixpunkt y von f x zu finden : f x ( y ) = y .$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$$f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Wir können dies auf folgende Weise lösen: Wenn x der Länge n gegeben ist , erzeugen wir ein zufälliges y der Länge m = p ( n ) und geben es aus$x$$n$$y$$m=p(n)$

   • y wenn es ein Fixpunkt von f x ist ;$y$$f_x$

   • andernfalls, y , f x ( y ) und f x ( f x ( y ) ) sind verschiedene Elemente. Wir können sie als Etikett { y , f x ( y ) , f x ( f x ( y ) ) } = { y 0 , y 1 , y 2 } mit y 0 < y 1$y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$y 2 und gebe i ∈ { 0 , 1 , 2 } aus, so dass y = y i .$y_0<y_1<y_2$$i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   Es ist klar aus den Definitionen , dass dies eine gleichmäßige Verteilung gibt auf { 0 , 1 , 2 } , als Nicht-Fixpoint y ‚s kommt in verdreifacht.$\{0,1,2\}$$y$

Lassen Sie mich fürs Protokoll die Gleichwertigkeit des obigen Problems mit Papadimitrious vollständigem Problem für PPA- 3 zeigen , da diese Klasse in der Literatur größtenteils vernachlässigt wird. Das Problem wird in Buss, Johnson, erwähnt: "Propositionale Beweise und Reduktionen zwischen NP-Suchproblemen", aber sie geben nicht die Äquivalenz an. Für PPA wird ein ähnliches Problem (EINZIG) in Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo und Pitassi angegeben: „Die relative Komplexität von NP-Suchproblemen“. Es ist nichts Besonderes an 3 , das folgende Argument gilt sinngemäß für jede ungerade Primzahl.$3$$3$

Behauptung: Die folgenden NP-Suchprobleme sind vielfach miteinander reduzierbar:

1. Wenn ein Stromkreis gegeben ist, der einen zweigeteilten ungerichteten Graphen ( A ∪ B , E ) und einen Scheitelpunkt u ∈ A ∪ B darstellt, dessen Grad nicht durch 3 teilbar ist , finde einen anderen solchen Scheitelpunkt.$(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Wenn eine Schaltung gegeben ist, die einen gerichteten Graphen ( V , E ) und einen Scheitelpunkt u ∈ V darstellt, dessen Gradgleichgewicht (dh Außengrad minus Innengrad) nicht durch 3 teilbar ist , finde einen anderen solchen Scheitelpunkt.$(V,E)$$u\in V$$3$

3. Wenn eine Schaltung eine Funktion f berechnet : [ 0 , 2 n ) → [ 0 , 2 n ), so dass f 3 = i d , finde einen Fixpunkt von f .$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Beweis:

1 ≤ p 2 ist offensichtlich, da es ausreicht, die Kanten von links nach rechts zu lenken.$1\le_p2$

2 ≤ p 1 : Erstellen wir zunächst einen gewichteten zweigliedrigen Graphen. Lassen Sie A und B seinKopien von V : A = { x A : x ∈ V } , B = { x B : x ∈ V } . Für jede ursprüngliche Kante x → y setzen wir eine Kante { x A , y B } mit dem Gewicht 1 und eine Kante { x B$2\le_p1$$A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$y A } des Gewichts - 1 . Dies macht deg ( x A ) = - deg ( x B ) gleich dem Gradgleichgewicht von x im Originalgraphen. Wenn u der gegebene Gleichgewichtspunkt ist, ist b ≢ $\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u$( mod3 ) addieren wir eine zusätzliche Kante { u A , u B } des Gewichts b , so dass deg ( u A ) = 2 b ≢ $b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$$\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$, and $\deg(u^B)=0$. $u^A$ will be our chosen vertex.

In order to make the graph a plain unweighted undirected graph, we first reduce all weights modulo $3$, and drop all edges of weight $0$. This leaves only edges of weights $1$ and $2$. The latter can be replaced with suitable gadgets. For example, instead of a weight-$2$ edge $\{x^A,y^B\}$, we include new vertices $w_i^A$, $z_i^B$ for $i=0,\dots,3$, with edges $\{x^A,y^B\}$, $\{x^A,z^B_i\}$, $\{w^A_i,y^B\}$, $\{w^A_i,z^B_i\}$, $\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$: this makes $\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, and contributes $5\equiv2\pmod3$ to $x^A$ and $y^B$.

$3\le_p2$: Let me assume for simplicity $n$ is even so that $2^n\equiv1\pmod3$. We construct a directed graph on $V=[0,2^n)$ as follows:

• We include edges $3x+1\to3x$ and $3x+2\to3x$ for each $x<2^n/3-1$.

• If $x_0<x_1<x_2$ is a non-fixpoint orbit of $f$, we include edges $x_0\to x_1$ and $x_0\to x_2$.

The chosen vertex will be $u=2^n-1$. The first clause contributes balance $1$ or $-2\equiv1\pmod3$ to each vertex $\ne u$. Likewise, the second clause contributes balance $-1$ or $2\equiv-1\pmod3$ to vertices that are not fixpoints. Thus, assuming $u$ is not already a fixpoint, it is indeed unbalanced modulo $3$, and any other vertex unbalanced modulo $3$ is a fixpoint of $f$.

$1\le_p3$: We may assume that $A=B=[0,2^n)$ with $n$ even, and the given vertex $u\in A$ has degree $\equiv2\pmod3$.

We can efficiently label edges incident with a vertex $y\in B$ as $(y,j)$, where $j<\deg(y)$. In this way, $E$ becomes a subset of $[0,2^n)\times[0,2^n)$, which we identify with $[0,2^{2n})$. We define a function $f$ on $[0,2^n)\times[0,2^n)$ as follows.

• On the complement of $E$: for each $y\in B$, and $j$ such that $\deg(y)\le 3j<2^n-1$, we make $f(y,3j)=(y,3j+1)$, $f(y,3j+1)=(y,3j+2)$, $f(y,3j+2)=(y,3j)$. Also, $f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$, $f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$, $f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$ for $3i<2^n-1$. This leaves out the point $(2^n-1,2^n-1)$, and $3-(\deg(y)\bmod 3)$ points $(y,i)$ for each $y\in B$ whose degree is not divisible by $3$.

• On $E$: for each $x\in A$, we fix an efficient enumeration of its incident edges $(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$, where $d=\deg(x)$. We put $f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$, $f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$, $f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$ for $i<\lfloor d/3\rfloor$. This leaves out $\deg(x)\bmod3$ points for each vertex $x\in A$ whose degree is not divisible by $3$.

Since $\deg(u)\equiv2\pmod3$, two of its incident edges were left out; we make them into yet another $f$ cycle using $(2^n-1,2^n-1)$ as the third point. The remaining points are left as fixpoints of $f$. By construction, any of them will give rise to a solution of (1).

If you could perfectly generate mod $3$ OR solve SAT (or any other NP-complete problem, for that matter) then $NP = coNP$. In particular, consider the perfect generator / solver when given a SAT formula $\phi$.

Let $\ell(n)$ be the maximum number of random bits drawn by the generator on inputs of size $n$. Since the generator runs in polynomial time, $\ell(n)$ is polynomial. Since $2^{\ell(n)}$ is not divisible by $3$ there must be some sequence of at most $\ell(n)$ coin tosses that will make the generator output a (correct) answer for $\phi$. Thus, if $\phi$ is unsatisfiable, there is a set of coin tosses that make the generator say that $\phi$ is unsatisfiable. If $\phi$ is satisfiable then the generator will never wrongly claim that $\phi$ is unsatisfiable, no matter what the coins are. Thus, we have shown that the language $UNSAT$ of unsatisfiable formulas is in $NP$, implying $NP = coNP$.

So here is an extension of Emil's argument that shows that search problems where the number of solutions is 1, 2 or 4 (we do not need to know which) can be solved in the above way. I'm posting it as an answer because it's way too long for a comment and I hope that someone smarter than me can prove that in fact the number of solutions can be anything not divisible by 3.

Say that a random string $r$ is close to a solution (i.e., to a $y$ for which $R(x,y)$ holds) if one of $R(x,r)$, $R(x,r+1)$, or $R(x,r+2)$ holds. (For simplicity, suppose that $y=0$ and $y=1$ are not solutions.) In Emil's solution, it was enough to generate a random string $r$ and output $r\bmod 3$ except that we locally fiddle around at solutions; I don't go into details, see his answer. It is enough for us that if $r$ is close to a solution, then we can kill an arbitrary number$\bmod 3$ by possibly outputting a solution so that for the rest of the $r$'s the $r\bmod 3$ function gives a perfectly uniform number$\bmod 3$.

Now, let us suppose that the number of solutions is 1 or 2 for any $x$. We generate two random strings of length $n$: $r_1$ and $r_2$. If at least one of them is not close to a solution, we output $r_1+r_2\bmod 3$. For simplicity, suppose that $n$ is even so that we have an extra 0 if we just did this, and also suppose that if there are two solutions, they are far. If $r_1$ and $r_2$ are both close to the same solution, we fiddle around so that we kill a 0. If $r_1$ and $r_2$ are close to different solutions, then if $r_1<r_2$, we fiddle around so that we kill a 1, and if $r_1>r_2$, we fiddle around so that we kill a 2. This way if there is only one solution, we kill exactly one 0, while if there are two solutions, we kill two 0's, and one 1 and one 2.

This argument cannot be extended to 3 solutions, but can be for 4, and from here I'll be very sketchy. Generate four random strings, $r_1,r_2,r_3,r_4$ and output $r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$ unless all of them are close to a solution. Again suppose that there's an extra 0 and solutions are always far. If all the $r_i$'s are close to the same solution, we fiddle around to kill a 0. If three of the $r_i$'s are close to the same solution that is smaller than the solution to which the fourth $r_i$ is close, we fiddle around to kill a 1. If three of the $r_i$'s are close to the same solution that is larger than the solution to which the fourth $r_i$ is close, we fiddle around to kill a 2. If all the $r_i$'s are close to a different solution, we kill three 0's. The correctness for one and two solutions is similar to the previous case. For four solutions, notice that we kill four+three 0's, six 1's and six 2's.

I think that the reasoning of the the last paragraph could be extended to any bounded number of solutions that is not divisible by 3 with some algebra. A more interesting question is whether there is a protocol that works for any number of solutions.