Capacità di Unively Solvable Puzzle (USP)

Nel loro seminario Algoritmi teorici di gruppo per le moltiplicazioni di matrici , Cohn, Kleinberg, Szegedy e Umans introducono il concetto di puzzle unicamente risolvibile (definito di seguito) e la capacità USP. Sostengono che Coppersmith e Winograd, nella loro innovativa moltiplicazione Matrix tramite progressioni aritmetiche , "implicitamente" dimostrano che la capacità USP è . Questa affermazione è ribadita in molti altri luoghi (incluso qui su cstheory), ma da nessuna parte è possibile trovare una spiegazione. Di seguito è la mia comprensione su ciò che dimostrano Coppersmith e Winograd e perché non è abbastanza. $3/2^{2/3}$

È vero che la capacità USP è ? In tal caso, esiste un riferimento per la prova? $3/2^{2/3}$

Puzzle unicamente risolvibili

Un puzzle unicamente risolvibile (USP) di lunghezza e larghezza costituito da un sottoinsieme di di dimensione , che consideriamo anche come tre raccolte di "pezzi" (corrispondenti al luoghi in cui i vettori sono , i luoghi in cui sono e i luoghi in cui sono ), soddisfacendo la seguente proprietà. Supponiamo di disporre tutti gli pezzi in righe. Quindi deve esserci un modo unico per mettere gli altri pezzi, uno di ogni tipo in ogni riga, in modo che si "adattino". $n$ $k$ $\{1,2,3\}^k$ $n$ $n$ $1$ $2$ $3$ $1$ $n$

Sia la lunghezza massima di un USP di larghezza . La capacità USP è In un USP, ciascuno dei pezzi deve essere unico - ciò significa che non ci sono due linee che contengono un simbolo esattamente negli stessi posti. Ciò mostra (dopo una breve discussione) che e quindi . $N(k)$ $k$

κ = sup_{k} N (k)^{1 / k} .

$\kappa = \sup_k N(k)^{1/k}.$

c \in {1, 2, 3}

$c \in \{1,2,3\}$

N (k) \leq \sum_{a + b + c = k} min {(\binom{k}{a}), (\binom{k}{b}), (\binom{k}{c})} \leq (\binom{k + 2}{2}) (\binom{k}{k / 3}),

$N(k) \leq \sum_{a+b+c=k} \min \left\{ \binom{k}{a}, \binom{k}{b}, \binom{k}{c} \right\} \leq \binom{k+2}{2} \binom{k}{k/3},$

κ \leq 3 / 2^{2 / 3}

$\kappa \leq 3/2^{2/3}$

Esempio (un USP di lunghezza e larghezza ): Non esempio di lunghezza e larghezza , dove - e i pezzi possono essere disposti in due modi diversi: $4$ $4$

\begin{aligned} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{aligned}

$\begin{align*} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{align*}$

3

$3$

3

$3$

2

$2$

3

$3$

\begin{aligned} 123 & 132 \\ 231 & 321 \\ 312 & 213 \end{aligned}

$\begin{align*} 123 && 132 \\ 231 && 321 \\ 312 && 213 \end{align*}$

Puzzle di Coppersmith-Winograd

Un puzzle di Coppersmith-Winograd (CWP) di lunghezza e larghezza costituito da un sottoinsieme di di dimensione in cui i "pezzi" sono unici - per ogni due e , (Lo presentano in modo leggermente diverso.) $n$ $k$ $S$ $\{1,2,3\}^k$ $n$ $a \neq b \in S$ $c \in \{1,2,3\}$

{i \in [k] : a_{i} = c} \neq {i \in [k] : b_{i} = c} .

$\{ i \in [k] : a_i = c \} \neq \{ i \in [k] : b_i = c \}.$

Ogni USP è un CWP (come abbiamo commentato sopra), quindi la capacità di CWP soddisfa . Sopra abbiamo commentato che . Coppersmith e Winograd hanno mostrato, usando un argomento sofisticato, che . Il loro argomento è stato semplificato da Strassen (vedi teoria della complessità algebrica ). Disegniamo una semplice prova di seguito. $\lambda$ $\lambda \geq \kappa$ $\lambda \leq 3/2^{2/3}$ $\lambda = 3/2^{2/3}$

Dato , sia costituito da tutti i vettori contenenti ciascuno di s, s, s. Per , sia costituito da tutte le coppie tali che e inserisci . Ogni set indipendente nel grafico è un CWP. È noto che ogni grafico ha un insieme indipendente di dimensioni(prova: seleziona ogni vertice con probabilità , e rimuovi un vertice da ciascun bordo sopravvissuto). Nel nostro caso, $k$ $V$ $k/3$ $1$ $2$ $3$ $c \in \{1,2,3\}$ $E_c$ $a,b \in V$ $\{ i \in [k] : a_i = c \} = \{ i \in [k] : b_i = c \}$ $E = E_1 \cup E_2 \cup E_3$ $G = (V,E)$ $|V|^2/4|E|$ $|V|/2|E|$

| V | = (\binom{k}{k / 3}) (\binom{2 k / 3}{k / 3}), | E | \leq 3 | E_{1} | = \frac{3}{2} (\binom{k}{k / 3}) {(\binom{2 k / 3}{k / 3})}^{2} .

$|V| = \binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}, \quad |E| \leq 3|E_1| = \frac{3}{2}\binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}^2.$ Quindi

\frac{| V |^{2}}{4 | E |} = \frac{1}{6} (\binom{k}{k / 3}) ⟹ λ \geq \frac{3}{2^{2 / 3}} .

$\frac{|V|^2}{4|E|} = \frac{1}{6} \binom{k}{k/3} \Longrightarrow \lambda \geq \frac{3}{2^{2/3}}.$

— Yuval Filmus
fonte

Interessante, ma c'è una domanda qui, o è solo un'affermazione di un difetto nella letteratura?

— David Eppstein,

La domanda è se è vero che la capacità USP è e, in tal caso, dove si può trovare una prova.

3 / 2^{2 / 3}

$3/2^{2/3}$

— Yuval Filmus,

Come molte altre domande, la risposta a questa può essere trovata nella tesi di Stothers. Un USP locale è un CWP in cui l'unico modo in cui un 1-pezzo, un 2-pezzo e 3 pezzi possono combaciare è se la loro unione è in . Chiaramente un USP locale è un USP, e una costruzione da [CKSU] mostra che la capacità USP è raggiunta dagli USP locali (lo dimostreremo in modo costruttivo). $S$

Coppersmith e Winograd costruiscono una distribuzione indipendente quasi 2 su con le seguenti due proprietà: (1) , (2) Per ogni tale che il pezzo 1 di , il pezzo 2 di e il pezzo 3 di formano insieme un vettore : se allora . $S$ $2^V$ $\Pr[x \in S] = (|V|/2|E|)^{1-\epsilon}$ $x,y,z \in V$ $x$ $y$ $z$ $w \in V$ $x,y,z \in S$ $w \in S$

Scegliamo un sottoinsieme casuale di base alla distribuzione e per ogni fronte , rimuoviamo entrambi i vertici . Il numero atteso di vertici rimasti è approssimativamente . Il set risultante è un USP locale: se ci sono in cui il pezzo 1 di , il pezzo 2 di e il pezzo 3 di adattano, formando un pezzo , quindi , e così tutti vengono rimossi dal . $S$ $V$ $(x,y) \in E$ $x,y$ $(|V|^2/2|E|)^{1-\epsilon}$ $T$ $x,y,z \in T$ $x$ $y$ $z$ $w$ $x,y,z,w \in S$ $x,y,z$ $S$

— Yuval Filmus
fonte