Il miglior spazio attuale limite inferiore per SAT?

quali sono i migliori limiti inferiori dello spazio corrente per SAT?

Con un limite inferiore dello spazio qui intendo il numero di celle del worktape utilizzate da una macchina di Turing che utilizza un alfabeto binario del worktape. Un termine additivo costante è inevitabile poiché un TM può usare stati interni per simulare qualsiasi numero fisso di celle del worktape. Tuttavia, sono interessato a controllare la costante moltiplicativa che è spesso lasciata implicita: la solita configurazione consente una compressione costante arbitraria tramite alfabeti più grandi, quindi la costante moltiplicativa non è rilevante lì, ma con un alfabeto fisso dovrebbe essere possibile tenerne conto.

Ad esempio, SAT richiede più di spazio; in caso contrario, questo limite superiore dello spazio porterebbe a un limite superiore del tempo di mediante simulazione, e quindi il limite inferiore spazio-tempo combinato per SAT essere violato (vedi la domanda collegata). Sembra anche possibile migliorare questo argomento per sostenere che SAT richiede almeno spazio per alcuni piccoli positivi che sono qualcosa come , dove è l'esponente costante nella simulazione di uno spazio limitato TM da una TM limitata nel tempo. $\log\log n + c$ $n^{1+o(1)}$ $n^{1.801+o(1)}$ $\delta\log n + c$ $\delta$ $0.801/C$ $C$

Sfortunatamente è di solito abbastanza grande (e certamente almeno 2 nella solita simulazione, in cui i nastri di una TM sono prima codificati su un singolo nastro tramite un alfabeto più grande). Tali limiti con sono piuttosto deboli e sarei particolarmente interessato a un limite inferiore dello spazio di . Un limite inferiore incondizionato del tempo di passi, per qualche costante abbastanza grande , implicherebbe un tale limite inferiore di spazio tramite simulazione. Tuttavia, i limiti di tempo inferiori di per non sono attualmente noti, figuriamoci per grandi . $C$ $\delta \ll 1$ $\log n + c$ $\Omega(n^d)$ $d > 1$ $\Omega(n^d)$ $d>1$ $d$

In altre parole, sto cercando qualcosa che sarebbe una conseguenza dei limiti inferiori del tempo superlineare per SAT, ma che potrebbe essere possibile ottenere più direttamente.

— András Salamon
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come in quell'altra risposta (ad es. di RW), concentrarsi separatamente sui limiti inferiori del tempo o dello spazio sembra essere fuori portata e avere solo limiti noti deboli / generici, e la ricerca principale nell'area sembra dare origine a un concetto relativamente nuovo di complessità combinata spazio-tempo.

— vzn

Risposte:

Sembra che il limite più noto (per macchine Turing multitape) sia logaritmico.

Supponiamo bit di worktape binario è sufficiente per decidere se ogni bit CNF formula è soddisfacibile, per tutti i grandi abbastanza . Con la simulazione standard, una TM con stati che utilizza al massimo bit di spazio può essere simulata da una TM che ha al massimo diverse configurazioni . Ogni volta che la macchina accetta, c'è una sequenza di mosse (non deterministiche) che raggiungono uno stato accettante che è al massimo fintanto che questo numero di configurazioni. Quando , questo è al massimo (nota che rimane lo stesso per tutte le lunghezze di input $\delta\log n$ $n$ $n$ $q$ $s$ $qns2^s = 2^{s+\log n + \log s + \log q}$ $s = \Omega(\log n)$ $2^{s(2+o(1))}$ $q$ $n$ ). Su un nastro contatore separato, può prima scrivere questa quantità in modo unario, quindi ad ogni passo della simulazione cancellare uno dei simboli del contatore e terminare il calcolo se si esaurisce mai il simbolo del contatore. Questo crea un fattore costante di sovraccarico (qualcosa come 3), che viene assorbito dal termine nell'esponente. Quindi sono sufficienti . $M$ $o(1)$ $2^{s(2+o(1))}$

Supponendo , quindi il prodotto spazio-temporale è al massimo . $s \le \delta\log n$ $\delta\log n2^{\delta\log n(2+o(1))} = n^{\delta(2+o(1))}$

Rahul Santhanam ha dimostrato nel 2001 (vedi doi: 10.1016 / S0020-0190 (00) 00227-1 ) che il prodotto spazio-temporale per una macchina di Turing che decide SAT deve essere almeno ; la sua argomentazione si applica anche alle macchine non deterministiche. Quindi sono necessari e almeno bit di worktape binario. $\Omega(n^{2-o(1)})$ $\delta \ge 1$ $\log n$

Più in generale, i worktape aggiuntivi e un alfabeto del worktape più grande cambiano l'esponente di un fattore costante. Questo alla fine riduce il fattore , ma il limite inferiore dello spazio è ancora . $\delta$ $\Omega(\log n)$

— András Salamon
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Forse in questo modo possiamo dimostrare un limite inferiore di spazio per (ma non sono sicuro dell'analisi limite / asintotica, quindi la mia risposta può essere totalmente sbagliata). $\log n$

Su un modello di macchina di Turing con un nastro di input di sola lettura e un nastro di lavoro, entrambi su alfabeto binario , per ogni decisore con stati su un input di dimensione abbiamo che: $\Sigma = \{0,1\}$ $c$ $n$

T (n) \leq c 2^{S (n)} n S (n) (1)

$T(n) \leq c \, 2^{S(n)} \, n \, S(n) \quad (1)$

in caso contrario la macchina di Turing eseguirà un ciclo continuo (il componente rappresenta tutte le possibili configurazioni del nastro, il componente rappresenta le posizioni della testina di input, mentre il componente rappresenta le posizioni della testina di lavoro). Su un nastro una testa singola TM su alfabeto binario (1) diventa . $2^{S(n)}$ $n$ $S(n)$ $T(n) \leq c 2^{S(n)} S(n)$

Moltiplicando entrambi i termini per e applicando il compromesso spazio-tempo generale per SAT, otteniamo: $S(n)$

n^{1.801 + o (1)} \leq S (n) \cdot T (n) \leq c S (n)^{2} 2^{S (n)} n

$n^{1.801+o(1)} \leq S(n)\cdot T(n) \leq c \, S(n)^2 \, 2^{S(n)} \, n$

Quindi scegliere uno spazio limite superiore come per SAT porterebbe a una contraddizione, anzi $S(n) \leq (\log n)^{1 - \epsilon}$

lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{c ((\log n)^{1 - ϵ})^{2} 2^{(\log n)^{1 - ϵ}} n} =

$\lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{ c \, ((\log n)^{1-\epsilon})^2 2^{(\log n)^{1-\epsilon}} n } =$

lim_{n \to \infty} (0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1 - ϵ) \log (\log n) - (\log n)^{1 - ϵ}) = \infty

$\lim_{n \to \infty} \Big( 0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1- \epsilon) \log (\log n) - (\log n)^{1-\epsilon}\Big) = \infty$

— Marzio De Biasi
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Sembrano esserci almeno due modi generali per dimostrare che un limite superiore di porta a una contraddizione. In primo luogo che avevo in mente utilizzando la (sostanzialmente identico, ma un po 'più facile da lavorare) disuguaglianza per qualche costante . L'ultimo passo che fornisci può essere fatta anche più forte, come una contraddizione segue anche da per .

o (\log n)

$o(\log n)$

T (n) \leq 2^{\log n + C . S (n)}

$T(n) \le 2^{\log n + C.S(n)}$

C

$C$

S (n) \leq δ \log n

$S(n) \le \delta\log n$

δ < 0.801 / C

$\delta < 0.801/C$

— András Salamon,

@ AndrásSalamon: sul lato legato a , non puoi aspettarti facili miglioramenti: da S. Buss e R. Williams. Limiti delle prove di scambio di alternanza per limiti inferiori di spazio-tempo, 2012: "Mostriamo che le nuove tecniche sono dimostrabili necessarie per dimostrare eventuali limiti inferiori di spazio-tempo migliori per il problema di soddisfacibilità. Cioè, il metodo di" scambio di alternanza prove "utilizzate per stabilire che SAT non può essere risolto in tempo e spazio non può dimostrare un tempo limite inferiore, per ogni ". Hai qualche idea :-)?

S \cdot T

$S\cdot T$

n^{2 \cos (π / 7)}

$n^{2\cos(\pi /7)}$

n^{o (1)}

$n^{o(1)}$

n^{2 \cos (π / 7)} + ϵ

$n^{2\cos(\pi /7)}+\epsilon$

ϵ > 0

$\epsilon >0$

— Marzio De Biasi,

Penso che ciò avvenga per quanto si può andare usando i limiti spazio-tempo, proprio perché l'approccio di Ryan è lontano quanto questi limiti.

— András Salamon,

Per memorizzare anche un'istanza SAT è necessario e leggerlo è necessario tempo. Questo non dimostra limite inferiore ST?

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

— T ....

@Turbo, non è chiaro che ogni algoritmo per decidere che SAT debba memorizzare l'istanza: dimostrando che un limite inferiore di spazio deterministico bit mostrerebbe .

Ω (n)

$\Omega(n)$

L ⊊ N P

$\mathsf{L} \subsetneq \mathsf{NP}$

— András Salamon,