Quali prove abbiamo per ?

Seguendo il suggerimento di Josh Grochow, sto convertendo il mio commento da una domanda precedente a una nuova domanda.

Quali prove abbiamo per ? $\mathsf{UP} \neq \mathsf{NP}$

Qui è la classe di linguaggi riconoscibile dalle macchine di Turing non deterministiche a tempo polinomiale che hanno un percorso di accettazione univoco su istanze "yes" e nessun percorso di accettazione su istanze "no". $\mathsf{UP}$

Ovviamente , ma perché dovremmo credere che il contenimento sia rigoroso? Le prove che posso trovare sono la separazione dell'oracolo : soggetto a un oracolo casuale, . Inoltre, lo zoo di complessità suggerisce che non è ritenuto avere problemi completi. $\mathsf{UP} \subseteq \mathsf{NP}$ $\mathsf{P} \subsetneq \mathsf{UP} \subsetneq \mathsf{NP}$ $\mathsf{UP}$

— Sasho Nikolov
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Discussione correlata qui: cstheory.stackexchange.com/q/3887/1800

— Hsien-Chih Chang 張顯之

@ Hsien-ChihChang 張顯之 hm, forse la mia domanda è duplicata. Se la pensi così, posso segnalarla per la cancellazione.

— Sasho Nikolov,

Non credo sia un duplicato. Penserei che le risposte all'altra domanda conterebbero come risposte a questa, ma non necessariamente viceversa: potrebbero esserci delle ragioni per credere

N P \neq U P

$\mathsf{NP} \neq \mathsf{UP}$ che non sono del modulo " Se

N P = U P

$\mathsf{NP}=\mathsf{UP}$ , si verificano alcune (altre) conseguenze di cattiva complessità. "

— Joshua Grochow,

La prova migliore è che abbiamo limiti superiori sub-esponenziali su alcuni problemi naturali intrattabili in UP (come le versioni decisionali del logaritmo discreto e fattorizzazione a numeri interi) mentre non siamo in grado di trovare tale limite superiore per alcuni problemi NP-completi come 3SAT. Tale limite superiore per 3SAT è impossibile ipotizzando l'ipotesi del tempo esponenziale.

— Mohammad Al-Turkistany,

@ MohammadAl-Turkistany: Ma quei problemi sono in , quindi se , sarebbero ancora solo in , quindi non sarebbe meno che ...

U P \cap c o U P

$\mathsf{UP} \cap \mathsf{coUP}$

N P = U P

$\mathsf{NP} = \mathsf{UP}$

N P \cap c o N P

$\mathsf{NP} \cap \mathsf{coNP}$

N P

$\mathsf{NP}$

N P = c o N P

$\mathsf{NP} = \mathsf{coNP}$

— Joshua Grochow,

Perfino Selman e Yacobi hanno ipotizzato che non esista una coppia disgiunta tale che tutti i separatori di siano -hard per . Questa congettura implica che . $NP$ $(A, B)$ $(A, B)$ $\le_T^p$ $NP$ $UP \ne NP$

S. Anche, A. Selman e J. Yacobi. La complessità dei problemi promettenti con le applicazioni alla crittografia a chiave pubblica. Informazione e controllo, 61: 159–173, 1984.

— Mohammad Al-Turkistany
fonte

Funziona anche come una buona risposta per il relativo post cstheory.stackexchange.com/questions/3887/…

— Mohammad Al-Turkistany,

Questa forte congettura implica anche che .

N P \neq c o N P

$NP \ne coNP$

— Mohammad Al-Turkistany,