È

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Supponiamo che sia un problema decisionale decidibile. $\Pi$

Fa implica è -Hard? $\Pi\not \in NP$ $\Pi$ $NP$

Modifica: se assumiamo che esista allora abbiamo finito. Possiamo confutare il reclamo senza ipotesi sconosciute? $\Pi\in coNP\setminus NP$

— aa
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No. Probabilmente dovresti fare riferimento alla definizione esplicita di durezza NP. Suggerimento: considerare i problemi nel coNP.

— mdxn,

@mdx - per quanto ne sappiamo, i problemi nel coNP potrebbero risiedere anche in NP.

— AA,

1

@AA Certo. Il mio suggerimento era destinato a prendere in considerazione il caso in cui sono separati, cosa che hai fatto. La modifica migliora la domanda e la rende più interessante.

— mdxn,

5

Se lo supponi $\mathsf{NP}\neq\mathsf{coNP}$ quindi qualsiasi problema completo di coNP fornisce un controesempio. Immagino che uno possa confutare incondizionatamente la tua congettura.

— Yuval Filmus
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Sono d'accordo, ma mi chiedo se questo può essere mostrato falso senza ipotesi sconosciute.

— AA,

3

Se $P=NP$ poi

$\Pi \not\in NP$
$\implies$
$P=NP$ e $\Pi$ non è né la lingua vuota né la lingua completa
$\implies$
$\Pi$ è $NP$ -difficile.

Permettere $\operatorname{int}(s)$ denota il risultato di mettere un 1 in testa alla fine più significativa di $s$ e quindi analizzando il risultato come intero in binario.

Se $P\neq NP$ quindi per ogni sottoinsieme $S$ di $\{0,1\}^*$ quello non è dentro $\operatorname{NTIME}$ $\left(2^{O\left(2^n\right)}\right)$ ,
$\{111 \ldots [2^{\operatorname{int}(n)} \text{ of them}] \ldots 111 : n\in S\}$ non è in NP da allora $S$ è troppo difficile, è decidibile se e solo se $S$ è, e non è NP-difficile anche rispetto alle riduzioni di Turing poiché per qualsiasi limite polinomiale, ci sono solo molte possibilità polinomiali per il sottoinsieme di quella lingua consistente degli elementi che rientrano nel limite della lunghezza, quindi si potrebbe provare la ricerca- riduzione alla decisione con ciascuno di essi.

— David Richerby
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2

Modifica cronologia "Corretta spaziatura errata". No, tu non l'hai fatto. Puoi per favore metterti in testa che la tua spaziatura "fissa" funziona solo sul tuo schermo? Per chiunque altro, che utilizza un browser diverso, caratteri predefiniti diversi o anche lo stesso browser, gli stessi caratteri ma una dimensione della finestra leggermente diversa trovano i tuoi post molto difficili da leggere perché sono pieni di comandi di spaziatura e interruzioni di riga apparentemente casuali. Smettere di farlo. SEMPLICEMENTE FERMATI.

— David Richerby,

2

Soprattutto, si prega di interrompere l'aggiunta di spazi negativi, che causano l'incontro di personaggi.

— David Richerby,

2

Per favore, smetti di farlo. Tali microedit hanno un bell'aspetto (al massimo) sul browser e sulle impostazioni. Come precedentemente discusso, potresti voler riconsiderare se questo sito fa per te se non ti senti a tuo agio con altre persone che modificano i tuoi post.

— Juho,

2

Completezza per una classe significa che è universale per la classe, cioè altri problemi nella classe possono essere risolti usando. Se c'è un problema difficile in una classe, allora anche tutti i problemi universali per la classe saranno difficili. Ma il contrario non regge: la difficoltà non implica l'universalità. Ad esempio, il fatto che un problema non possa essere risolto in un tempo non deterministico polinomiale non implica che sia NP-completo (cioè universale per NP).

Per NP: se P = NP tutti i problemi tranne quelli banali saranno completi per NP (con riduzioni Karp). Quindi supponiamo che P sia un sottoinsieme proprio di NP (o in alternativa usa una nozione più debole di riduzione come AC0).

Considera una lingua unaria che è al di fuori di NP. (È un esercizio facile per mostrare che ci sono lingue unarie di arbitraria difficoltà.) La lingua non può essere completa per NP dal teorema di Mahoney.

— Kaveh
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