Peggior numero di domande necessarie per imparare un predicato monotonico su un poset

Considera un poset finito su elementi e un predicato monotonico sconosciuto su (cioè, per qualsiasi , , se e quindi ) . Posso valutare fornendo un nodo e scoprendo se valido o meno. Il mio obiettivo è determinare esattamente l'insieme dei nodi modo che valga, usando come poche valutazioni di$(X, \leq)$$n$$P$$X$$x$$y \in X$$P(x)$$x \leq y$$P(y)$$P$$x \in X$$P(x)$$x \in X$$P(x)$$P$il più possibile. (Posso scegliere le mie query in base alla risposta di tutte le query precedenti, non sono tenuto a pianificare tutte le query in anticipo.)

Una strategia over è una funzione che mi dice, in funzione delle query che ho eseguito finora e delle loro risposte, su quale nodo interrogare e che assicura che su qualsiasi predicato , seguendo la strategia , Raggiungerò uno stato in cui conosco il valore di su tutti i nodi. Il tempo di esecuzione di su un predicato è il numero di query richieste per conoscere il valore di su tutti i nodi. Il peggior tempo di esecuzione di è . Una strategia ottimale S ' è tale che wr (S') = \ min_S wr (S) .$S$$(X, \leq)$$P$$P$$r(S, P)$$S$$P$$P$$S$$wr(S) = \max_P r(S, P)$$S'$$wr(S') = \min_S wr(S)$

La mia domanda è la seguente: dato come input il poset $(X, \leq)$ , come posso determinare il peggior tempo di esecuzione delle strategie ottimali?

[È chiaro che per un poset vuoto saranno necessarie $n$ query (dobbiamo chiedere di ogni singolo nodo) e che per un ordine totale saranno necessarie query $\lceil \log_2 n \rceil$ (facendo una ricerca binaria per trovare la frontiera). Un risultato più generale è il seguente limite inferiore teorico delle informazioni: il numero di possibili scelte per il predicato $P$ è il numero $N_X$ di antichain di $(X, \leq)$ (perché esiste un mapping uno a uno tra predicati monotonici e gli antichain interpretati come gli elementi massimi di $P$ ), quindi, poiché ogni query ci fornisce un po 'di informazioni, avremo bisogno almeno di $\lceil \log_2 N_X \rceil$interrogazioni, riassumendo i due casi precedenti. Questo è stretto, o sono alcuni poset la cui struttura è tale che l'apprendimento può richiedere asintoticamente più domande rispetto al numero di antichain?]

Questa non è una risposta completa, ma è troppo lungo per essere un commento.

Penso di aver trovato un esempio per cui il limite non è stretto.$\lceil \log_2 N_X \rceil$

Considera il seguente poset. Il set di terra è e a i è più piccolo di b j per tutti i , j ∈ { 1 , 2 } . Le altre coppie sono incomparabili. (Il diagramma di Hasse è un 4 cicli).$X=\{a_1, a_2, b_1, b_2\}$$a_i$$b_j$$i,j\in\{1,2\}$$4$

Permettetemi di identificare le proprietà monotone con gli sconvolgimenti del poset. Questo poset ha sette turni: , { b 1 } , { b 2 } , { b 1 , b 2 } , { a 1 , b 1 , b 2 } , { a 2 , b 1 , b 2 } , { a 1 , a 2 , b 1$\emptyset$$\{b_1\}$$\{b_2\}$$\{b_1,b_2\}$$\{a_1,b_1,b_2\}$$\{a_2,b_1,b_2\}$ , e questo poset ha sette antichain poiché gli antichain sono in corrispondenza uno a uno con gli sconvolgimenti. Quindi, ⌈ log 2 N X ⌉ = ⌈ log 2 7 ⌉ = 3 per questo poset.$\{a_1,a_2,b_1,b_2\}$$\lceil \log_2 N_X \rceil=\lceil \log_2 7 \rceil = 3$

Ora, per argomento avverso, mostrerò che qualsiasi strategia ha bisogno di almeno quattro query (quindi deve interrogare tutti gli elementi). Risolviamo una strategia arbitraria.

Se la strategia richiede prima , l'avversario risponde " P ( a 1 ) non regge". Quindi, ci rimangono cinque possibilità: ∅ , { b 1 } , { b 2 } , { b 1 , b 2 } , { a 2 , b 1 , b 2 } . Pertanto, per determinare quale sia il caso, è necessario almeno ⌈ log 2 5 ⌉ = $a_1$$P(a_1)$$\emptyset$$\{b_1\}$$\{b_2\}$$\{b_1,b_2\}$$\{a_2,b_1,b_2\}$$\lceil \log_2 5\rceil = 3$più domande. In totale, abbiamo bisogno di quattro domande. Lo stesso argomento si applica se la prima query è .$a_2$

Se la strategia richiede prima , l'avversario risponde " P ( b 1 ) vale". Quindi, ci rimangono cinque possibilità: { b 1 } , { b 1 , b 2 } , { a 1 , b 1 , b 2 } , { a 2 , b 1 , b 2 } , { a 1 , a 2 , $b_1$$P(b_1)$$\{b_1\}$$\{b_1,b_2\}$$\{a_1,b_1,b_2\}$$\{a_2,b_1,b_2\}$ . Pertanto, abbiamo bisogno di almeno altre tre query come prima. In totale, abbiamo bisogno di quattro domande. Lo stesso argomento si applica quando la prima query è b 2 .$\{a_1,a_2,b_1,b_2\}$$b_2$

Se prendiamo copie parallele di questo poset, allora ha 7 k antichain, e quindi il limite proposto è ⌈ log 2 7 k ⌉ = 3 k . Tuttavia, poiché ciascuna delle copie richiede quattro query, sono necessarie almeno 4 k query.$k$$7^k$$\lceil \log_2 7^k \rceil = 3k$$4k$

Probabilmente, c'è un poset più grande con uno spazio maggiore. Ma questo argomento può solo migliorare il coefficiente.

Qui, il problema sembra essere una situazione in cui nessuna query suddivide uniformemente lo spazio di ricerca. In tal caso, l'avversario può costringere la metà più grande a rimanere.

Nel loro articolo Ogni Poset ha un elemento centrale , Linial e Saks mostrano (Teorema 1) che il numero di query richieste per risolvere il problema di identificazione ideale in un poset è al massimo K 0 log 2 i ( X ) , dove K 0 = 1 / ( 2 - log 2 ( 1 + log 2 5 ) ) e I ( X ) è il numero di ideali di X . Quello che chiamano un "ideale" è in realtà un insieme inferiore$X$$K_0 \log_2 i(X)$$K_0 = 1/(2 - \log_2(1 + \log_2 5))$$i(X)$$X$e c'è un'ovvia corrispondenza uno a uno tra predicati monotonici e l'insieme inferiore dei punti in cui non trattengono, inoltre il loro "problema di identificazione" è quello di identificare interrogando i nodi proprio come nella mia impostazione, quindi penso che siano affrontare il problema che mi interessa e che .$i(X) = N_X$

Quindi, secondo il loro risultato, il limite inferiore teorico dell'informazione è strettamente legato a una costante moltiplicativa relativamente piccola. Quindi questo si deposita in fondo alla questione del numero delle domande richieste, in funzione di e fino ad una costante moltiplicativa: è tra i log 2 N X e K 0 log 2 N X .$N_X$$\log_2 N_X$$K_0 \log_2 N_X$

Linial e Saks citano una comunicazione personale di Shearer per dire che esistono ordini noti per i quali possiamo dimostrare un limite inferiore di per un po 'di K 1 che è appena leggermente inferiore a K 0 (questo è nello spirito di La risposta di Yoshio Okamoto che ha provato questo approccio per un valore inferiore di K 1 ).$K_1 \log_2 N_X$$K_1$$K_0$$K_1$

Questo non risponde pienamente alla mia domanda di calcolare il numero di domande richieste da , tuttavia, poiché calcolare N X da X è # P-completo , ho la sensazione che ci sia poca speranza. (I commenti su questo punto sono ben accetti.) Tuttavia, questo risultato di Linial e Saks è illuminante.$X$$N_X$$X$

Per il cubo n booleano (o, equivalentemente, per il poset ( 2 S , ⊆ ) di tutti i sottoinsiemi di un insieme di elementi n), la risposta è data dai teoremi di Korobkov e Hansel (rispettivamente dal 1963 e 1966). Il teorema di Hansel [1] afferma che una funzione booleana monotona sconosciuta (cioè un predicato monotono sconosciuto su questo poset) può essere appresa da un algoritmo deterministico che produce al massimo ϕ ( n ) = ($(\{0, 1\}^n, \leq)$$(2^S, \subseteq)$ query (ovvero, porreϕ(n)domande nel caso peggiore). Questo algoritmo corrisponde al limite inferiore del teorema di Korobkov [2], che dice cheϕ(n)-1query non sono sufficienti. (Quindi l'algoritmo di Hansel è ottimale nel caso peggiore.) Un algoritmo in entrambe le affermazioni è inteso come un albero decisionale deterministico.$\phi(n) = \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor} + \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor + 1}$$\phi(n)$$\phi(n) - 1$

Il logaritmo del numero di antichain in è asintoticamente uguale a ($(\{0, 1\}^n, \le)$ , quindi esiste un gap di fattore costante tralogNXe le prestazioni ottimali dell'algoritmoϕ(n)∼2 ($\binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor} \sim 2^n / \sqrt{\pi n / 2}$$\log N_X$ per questo poset.$\phi(n) \sim 2 \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor}$

Sfortunatamente, non sono stato in grado di trovare un buon trattamento dell'algoritmo di Hansel in inglese disponibile sul web. Si basa su un lemma che suddivide il cubo n in catene con proprietà speciali. Qualche descrizione può essere trovata in [3]. Per il limite inferiore, non conosco alcun riferimento a una descrizione in inglese.$\phi(n)$

Dato che ho familiarità con questi risultati, posso pubblicare una descrizione su arXiv, se il trattamento nel documento di Kovalerchuk non è sufficiente.

Se non sbaglio molto, ci sono stati tentativi di generalizzare l'approccio di Hansel, almeno per il poset , dove ( E k , ≤ ) è una catena 0 < 1 < … < k - 1 , anche se I non è possibile fornire immediatamente alcun riferimento. Nel caso booleano, le persone hanno anche studiato nozioni di complessità diverse dal caso peggiore per questo problema.$(E_k^n, \le)$$(E_k, \le)$$0 < 1 < \ldots < k - 1$

[1] G. Hansel, Sur la nombre des fonctions booléennes monotones de n variabili. CR Acad. Sci. Parigi, 262 (20), 1088-1090 (1966)

[2] VK Korobkov. Stima del numero di funzioni monotoniche dell'algebra della logica e della complessità dell'algoritmo per trovare l'insieme risolutivo di una funzione monotonica arbitraria dell'algebra della logica. Matematica Sovietica. Doklady 4, 753-756 (1963) (traduzione dal russo)

[3] B. Kovalerchuk, E. Triantaphyllou, AS Deshpande, E. Vityaev. Apprendimento interattivo di funzioni booleane monotone. Information Sciences 94 (1), 87-118 (1996) ( link )

[ NOTA: il seguente argomento non sembra funzionare, ma lo lascio qui in modo che altri non commettano lo stesso errore / nel caso in cui qualcuno possa risolverlo. Il problema è che un limite esponenziale inferiore all'apprendimento / identificazione di una funzione monotona, come di seguito, non contraddice necessariamente un algoritmo polinomiale incrementale per il problema. Ed è quest'ultimo che equivale a verificare la dualità reciproca di due funzioni monotone nel poli-tempo.]

Credo che la tua congettura sul sia falsa in generale. Se effettivamente sono necessarie query log N X , ciò implica un limite inferiore piuttosto forte all'apprendimento delle funzioni monotone mediante le query di appartenenza . In particolare, lasciare che il poset X sia il cubo booleano con il solito ordine (se vi piace, X è il Powerset di { 1 , . . . , N } con ⊆ come il suo ordine parziale). Il numero M di anacidi massimi in X soddisfa il log M $\log N_X$$\log N_X$$X$$X$$\{1,...,n\}$$\subseteq$$M$$X$ [1]. Se la tua idea sulregistroNXè corretta, allora c'è un predicato monotono suXche richiede essenzialmente ( n-$\log M = (1 + o(1))\binom{n-1}{\lfloor n/2 \rfloor}$$\log N_X$$X$query. In particolare, ciò implica un limite inferiore di essenzialmente2nper la complessità di qualsiasi algoritmo che risolve questo problema.$\binom{n-1}{n/2} \approx 2^n$$2^n$

Tuttavia, se ho capito correttamente [ che ora so di non averlo ], il tuo problema equivale a verificare la dualità reciproca di due funzioni monotone, che può essere eseguita in un tempo quasi polinomiale (vedi l'introduzione di questo documento di Bioch e Ibaraki , che cita Fredman e Khachiyan), contraddicendo qualsiasi cosa vicina ad un limite inferiore di .$2^n$

[1] Liviu Ilinca e Jeff Kahn. Conteggio dei massimi antichain e set indipendenti . arXiv: 1202.4427