Limitare le lingue difficili può essere facile?

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Possono tenere tutti contemporaneamente?

$L_s$ è contenuto in $L_{s+1}$ per tutti i numeri interi positivi $s$ .
$L = \bigcup_s L_s$ è la lingua di tutte le parole finite oltre $\{0,1\}$ .
V'è una certa classe di complessità $C$ e una nozione di congrua riduzione per $C$ tale che per ogni $s$ , $L_s$ è difficile per $C$ .

cc.complexity-theory complexity-classes reductions

— András Salamon
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Può funzionare? Dato un censimento

di (codifica binaria) formule booleane definiscono

dove

sono i primi

formule insoddisfacibile nell'enumerazione?

φ_{1}, φ_{2}, . . .

$\varphi_1, \varphi_2,...$

L_{s} = S A T \cup {φ_{i_{1}}, . . ., φ_{i_{s}}}

$L_s = SAT \cup \{ \varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}\}$

φ_{i_{1}}, . . ., φ_{i_{s}}

$\varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}$

s

$s$

— Marzio De Biasi

Sembra funzionare, forse farne una risposta?

— András Salamon,

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Penso che possiamo semplicemente iniziare con un po 'di linguaggio di base , quindi prendere e . $L$ $L_0 = L$ $L_{s+1} = L_s \cup \{0,1\}^{s+1}$

Cioè, ogni è l'unione di con tutte le stringhe di lunghezza fino a . Ogni è difficile almeno quanto ma non è più difficile (in senso asintotico), supponendo che possiamo contare per . $L_s$ $L$ $s$ $L_s$ $L$ $s$

Ho anche pensato al "limite" opposto, quindi ogni è contenuto in , e è facile mentre ogni è difficile. Ma penso che potremmo iniziare con una lingua difficile (ma numerabile) e rimuovere solo una parola ad ogni passaggio; l'intersezione dovrebbe essere vuota (ogni parola viene infine rimossa). $L_{s+1}$ $L_s$ $L = \cap_s L_s$ $L_s$ $L_0$

— usul
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Solo per aggiungere alle risposte di Marzio e Usul: lo stesso può essere fatto anche se si vuole richiedere che la differenza tra e sia un insieme infinito (che è un modo per cercare di rendere la domanda meno banale, ma, come vediamo, non funziona). Sia . Quindi prendere e $L_s$ $L_{s+1}$ $D_n = \{ x \in \{0,1\}^* : 1x \text{ is the binary expansion of an integer divisible by } n\}$ $L_0 = L$ dovrebbe fare il trucco. $L_{s+1} = L_s \cup D_s$

(Per ogni fissa , se era, diciamo, CLIQUE, dovrebbe essere relativamente facile prendere una riduzione da SAT a CLIQUE e modificarla con qualcosa come il riempimento in modo che sia ancora una riduzione da SAT a CLIQUE .) $s$ $L$ $\cup D_s$

— Joshua Grochow
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Given an enumeration $\varphi_1, \varphi_2,...$ of binary encoded boolean formulas define $L_s = SAT \cup \{ \varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}\}$ where $\varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}$ are the first $s$ unsatisfiable formulas in the enumeration.

$L_s$ is clearly hard for $NP$ : given a boolean formula $\varphi$ add to it enough new OR-ed variables $x_i$ $\varphi \lor x_1 \lor ... \lor x_n$ until its index in the enumeration becomes greater than (constant) $i_s$ .

— Marzio De Biasi
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On second thoughts, this seems to require an encoding for which every finite word is guaranteed to appear as the encoding of some CNF formula. However, one could then modify the second condition so that

L

$L$ is the language of all syntactically valid CNF formulas in the encoding; this still captures the spirit of the question.

— András Salamon

For hardness, it seems sufficient to observe that if

L

$L$ is NP-hard, and

L^{'}

$L'$ is a finite language, then

L \cup L^{'}

$L \cup L'$ is also NP-hard.

— András Salamon

@AndrásSalamon: you're right about hardness proof :-S ! However I think that a "perfect" encoding (a bijection between N and all valid formulas) is possible and computable in polynomial time.

— Marzio De Biasi