Karp Reduction è identico a Levin Reduction

Definizione: Karp Reduction

Una lingua è Karp riducibile a una lingua se esiste una funzione calcolabile in tempo polinomiale tale che per ogni , se e solo se . $A$ $B$ $f:\{0,1\}^*\rightarrow\{0,1\}^*$ $x$ $x\in A$ $f(x)\in B$

Definizione: Levin Reduction

Una ricerca problema è Levin riducibile a una ricerca problema se c'è funzione polinomiale che riduce Karp a e ci sono polinomiale funzioni calcolabili ed tali che $V_A$ $V_B$ $f$ $L(V_A)$ $L(V_B)$ $g$ $h$

$\langle x, y \rangle \in V_A \implies \langle f(x), g(x,y) \rangle \in V_B$ ,
$\langle f(x), z \rangle \in V_B \implies \langle x, h(x,z) \rangle \in V_A$

Queste riduzioni sono equivalenti?

Penso che le due definizioni siano equivalenti. Per ogni coppia lingue e , se è Karp riducibile a , allora è riducibile a Levin . $\mathsf{NP}$ $A$ $B$ $A$ $B$ $A$ $B$

Ecco la mia prova:

Lasciate e essere casi arbitrari di , mentre essere che di . Supponiamo e sono verificatori di e . Sia e certificati arbitrari di e secondo . Sia quello di secondo . $x$ $\overline{x}$ $A$ $x'$ $B$ $V_A$ $V_B$ $A$ $B$ $y$ $\overline{y}$ $x$ $\overline{x}$ $V_A$ $z$ $x'$ $V_B$

Costruisci nuovi verificatori e con nuovi certificati e : $V'_A$ $V'_B$ $y'$ $z'$

$V'_A(x,y'):$

$y'=\langle 0,\overline{x},\overline{y}\rangle$ : Se , rifiuta. Altrimenti output . $f(x)\ne f(\overline{x})$ $V_A(\overline{x},\overline{y})$
$y'=\langle 1,z\rangle$ : output . $V_B(f(x),z)$

$V'_B(x',z'):$

$z'=\langle 0,z\rangle$ : output . $V_B(x',z)$
$z'=\langle 1,x,y\rangle$ : Se , rifiuta. Altrimenti output . $x'\ne f(x)$ $V_A(x,y)$

Il tempo polinomiale funzioni calcolabili ed sono definiti come di seguito: $g$ $h$

$g(x,y')$

$y'=\langle 0,\overline{x},\overline{y}\rangle$ : Output . $\langle 1,\overline{x},\overline{y}\rangle$
$y'=\langle 1,z\rangle$ : output . $\langle 0,z\rangle$

$h(x',z')$

$z'=\langle 0,z\rangle$ : output . $\langle 1,z\rangle$
$z'=\langle 1,x,y\rangle$ : output . $\langle 0,x,y\rangle$

Sia l'insieme di tutti i certificati di secondo e sia l'insieme di tutti i certificati di secondo . Quindi l'insieme di tutti i certificati di secondo è tale che , e l'insieme di tutti i certificati di secondo è tale che . $Y_x$ $x$ $V_A$ $Z_{x'}$ $x'$ $V_B$ $x$ $V'_A$ $0\overline{x}Y_\overline{x}+1Z_{f(x)}$ $f(x)=f(\overline{x})$ $x'$ $V'_B$ $0Z_{x'}+1\overline{x}Y_\overline{x}$ $x'=f(\overline{x})$

(Deriva dal linguaggio di accettazione di e .) $V'_A$ $V'_B$

Ora lascia , la parte restante è facile da controllare. $x'=f(x)$

complexity-theory reductions check-my-proof

— cc
fonte

Prima di provare la tua affermazione, dovresti definire cosa significa che una lingua è Levin riducibile a un'altra.

— Tsuyoshi Ito,

Risposte:

No. Prima nota che la riduzione di Levin ha senso solo rispetto alle classi il cui certificato ha un significato, ad esempio mentre la riduzione di Karp è generale. La parola "certificato" per un problema ha senso solo quando viene riparato un verificatore. La riduzione di Levin presuppone che i verificatori siano fissi. Non è possibile modificare i verificatori. (Di seguito suppongo che i verificatori di certificati siano corretti come richiesto dalla definizione di riduzione di Levin.) $\mathsf{NP}$

In secondo luogo, la riduzione di Levin significa che si può trovare il certificato per uno dal certificato per l'altro. È vero che le note riduzioni del Karp tra i problemi naturali si rivelano essere la riduzione di Levin, ma questo non deve essere vero in generale.

Se possiamo ridurre le istanze di un problema al problema , ciò non significa che abbiamo un modo per calcolare un certificato per uno da un certificato per l'altro. $A$ $B$

Perché ciò sia vero, abbiamo bisogno del fatto che un problema di ricerca di certificati corrispondente al problema decisionale è tempo polinomiale riducibile al problema decisionale. Questo è vero per i ma non è noto per essere vero generalmente anche per i . $\mathsf{NP\text{-}complete}$ $\mathsf{NP}$

— Kaveh
fonte

Concordo sul tuo primo punto secondo cui la riduzione del Karp è più generale della riduzione del Karp. Secondo questo, penso che il mio problema dovrebbe essere modificato come "Sia e in due lingue in . Se è Karp riducibile a , allora è Levin riducibile a ." Tuttavia, non sono d'accordo su altri tuoi commenti.

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

N P

$NP$

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

— cc,

A mio avviso, prima lascia che e siano arbitrari in queste due lingue. Dato che sono in , ci sono P TM e . Per ogni istanza , l'insieme di tutti i certificati è per . Allo stesso modo, definiamo per . Poiché è Karp riducibile a , esiste una definita.

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

N P

$NP$

M_{1}

$M_1$

M_{2}

$M_2$

x \in L_{1}

$x\in L_1$

Y_{x}

$Y_x$

T M_{1}

$TM_1$

Z_{x^{'}}

$Z_{x'}$

x^{'} \in L_{2}

$x'\in L_2$

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

f

$f$

— cc,

Ora abbiamo costruito nuovi e . Per ogni istanza , il nuovo set di tutti i certificati è , mentre per ogni istanza , il nuovo set di tutti i certificati è . (Qui usiamo espressioni regolari) Questi sono legali e tutti i certificati per e . Tra l'altro, v'è funzioni P ed come definito trasformare ogni possibile certificato da un problema all'altro.

M_{1}^{'}

$M_1'$

M_{2}^{'}

$M_2'$

x \in L_{1}

$x\in L_1$

0 Y_{x} + 1 Z_{f (x)}

$0Y_x+1Z_{f(x)}$

f (x) \in L_{2}

$f(x)\in L_2$

0 Z_{f (x)} + 1 x Y_{x}

$0Z_{f(x)}+1xY_x$

M_{1}^{'}

$M_1'$

M_{2}^{'}

$M_2'$

g

$g$

h

$h$

— cc,

ps: Non abbiamo bisogno di dare una trasformazione da dove non c'è tale che , poiché le riduzioni di Karp e Levin sono entrambe mappature da una a una. Penso che questo possa rispondere al secondo ultimo paragrafo.

x^{'} \in L_{2}

$x'\in L_2$

x \in L_{1}

$x\in L_1$

x^{'} = f (x)

$x'=f(x)$

— cc,

@cc, sembra che tu pensi ancora che puoi cambiare i verificatori, non puoi, la definizione di riduzione di Levin è per problemi di ricerca, cioè i verificatori sono fissi.

— Kaveh,

Un rapido controesempio per la tua prova: supponi che , e sia un certificato valido per ma non per $x_1, x_2 \in L_1$ $f(x_1) = f(x_2) \in L_2$ $w$ $x_1$ $x_2$

$M_1'(x_1,\langle 0,w \rangle)= M_1(x_1,w)=1$

$M_1'(x_2,\langle 0,w \rangle)= M_1(x_2,w)=0$

Per definizione $g(x_1,\langle 0,w \rangle) = \langle 1,x_1,w \rangle$

$f(x_1)=f(x_2)$ quindi quindi è un certificato valido per ma $M'_2(f(x_2),\langle 1,x_1, w \rangle)) = M_1(x_1,w) = 1$ $\langle 1,x_1, w \rangle$ $f(x_2)$

$h(f(x_2), \langle 1,x_1, w \rangle) = \langle 0, w \rangle$ che non è un certificato valido per $x_2$

— vor
fonte

Grazie mille per aver sottolineato il controesempio. Ho modificato la costruzione e penso che funzioni ora. Potresti per favore dare un'occhiata a questo?

— cc,