Qual è la complessità del problema di equivalenza per gli alberi decisionali read-once?

Un albero decisionale read-once è definito come segue:

e sono alberi decisionali read-once. $True$ $False$
Se e sono alberi delle decisioni read-once e è una variabile non presente in e , allora è anche un albero delle decisioni read-once. $A$ $B$ $x$ $A$ $B$ $(x \land A) \lor (\bar x \land B)$

Ingresso: Due lettura una volta alberi decisionali e . $A$ $B$
Uscita: è ? $A \equiv B$

Motivazione:

Questo problema è emerso mentre guardavo il problema dell'equivalenza delle prove (permutazione delle regole) di un frammento della logica lineare.

— Marc
fonte

Non puoi usare diagrammi decisionali binari ridotti? Modifica: err forse no, le tue variabili non sono ordinate ...

— Sylvain,

@Kaveh No, si verifica nella teoria delle prove: sto esaminando il problema dell'equivalenza delle prove (permutazione delle regole) di un frammento della logica lineare. Si riduce a questo problema booleano. Dato che non sono uno specialista, ho pensato di chiedere se mai questa fosse una domanda ben nota / facile. Quindi, sì, ho inventato il nome perché non conosco meglio.

— Marc

@Marc, è generalmente una buona idea spiegare perché sei interessato a un problema. Ho modificato la domanda. Si prega di dare un'occhiata per assicurarsi che vada bene. (Rimuovendo anche i miei commenti precedenti poiché non sono più necessari.)

— Kaveh,

@Kaveh Sì, mi dispiace per quello. Ho modificato la tua riformulazione per avvicinarmi al mio argomento originale (non riuscivo a capire immediatamente se il tuo fosse OK, quindi mi è sembrato più facile farlo)

— Marc

Risposte:

Ho trovato una soluzione parziale. Il problema è in L.

La negazione di è equivalente a che è equivalente a iff sia che sono. $A \leftrightarrow B$ $(\bar A \land B) \lor (A \land \bar{B})$ $False$ $(\bar A \land B)$ $(A \land \bar{B})$

La lettura-once albero decisionale per può essere ottenuta dall'albero decisionale lettura volta per commutando e in . Questo può essere fatto nello spazio del registro. $\bar{A}$ $A$ $True$ $False$ $A$

$\bar A \land B$ $False$ ${A} \land \bar{B}$ $True$ $x$ $\bar x$ $False$

Quindi il problema è almeno in L.

EDIT: Ho alcune idee per dimostrare che questo è L-complete, probabilmente con riduzione . Ma dovrei controllare i dettagli e non si adatteranno qui. Pubblicherò un link all'articolo che sto scrivendo se tutto funziona! $AC_0$

EDIT2: eccolo, http://iml.univ-mrs.fr/~bagnol/drafts/mall_bdd.pdf

Quindi il problema è davvero Logspace completo.

— Marc
fonte

x . A + \bar{x} . B

$x.A+\overline{x}.B$

(\bar{x} + \bar{A}) . (x + \bar{B})

$(\overline{x}+\overline{A}).(x+\overline{B})$

x . \bar{A} + \bar{x} . \bar{B} + \bar{A} . \bar{B}

$x.\overline{A}+\overline{x}.\overline{B}+\overline{A}.\overline{B}$

@Denis: credo che questo sia stato un refuso, la tua formula si semplifica in

, quindi in effetti la negazione viene calcolata capovolgendo 0 e 1 alle foglie.

x . \bar{A} + \bar{x} . \bar{B}

$x.\bar A+\bar x.\bar B$

— Nicolas Perrin,

x

$x$

\bar{x}

$\overline{x}$

1

$1$

L

$L$

Un modo più semplice per affermarlo è: ogni percorso è un termine minimo o massimo a seconda dell'etichetta della foglia. Controlliamo se hanno gli stessi termini minimi. Possiamo enumerare i termini minimi nello spazio del registro e verificare se due termini minimi sono uguali nello spazio del registro.

— Kaveh,

N C^{1}

$NC^1$

A C^{0}

$AC^0$

A C^{0}

$AC^0$

$\phi$

$0$ $1$ $1$ $\{x,\overline{y},z\}$ $\{x,\overline{y},z\}$ $\{x,y,z\}$ $\{x,z\}$ $y$ $\{x,\overline{y},z,t\}$ $\{x,y,z\}$

$\{x_1,\dots,x_n\}$ $i$ $x_i$ $\{\vec x,x_i,x_j\},\{\vec x,\overline{x_j}\}$ $\{\vec x,x_i\},\{\vec x,\overline{x_i},\overline{x_j}\}$ $i<j$ $\vec x$ $x_i$ $x_j$ $j-i$

$P$

— Denis
fonte

x, y, z

$x,y,z$

x, \bar{y}, z

$x,\bar y,z$

x, y, \bar{z}

$x,y,\bar z$

Ah sì, l'ho dimenticato, sto aggiungendo una correzione sperando che funzioni ora.

— Denis

Non dimenticare di richiedere il tuo milione di $ se funziona :)

— Marc

L

$L$