Quanto veloce dovrebbe essere un algoritmo non deterministico per un problema completo EXPTIME per implicare

Quanto dovrebbe essere veloce un algoritmo non deterministico per un problema completo EXPTIME per implicare ? Un algoritmo non deterministico di tempo polinomico implicherebbe immediatamente questo perché ma nessuno crede . Se avessi fatto l'algebra a destra (vedi sotto) il teorema della gerarchia temporale darebbe comunque l' implicazione per tempi di esecuzione per qualsiasi superpolinomiale , ma per tutto quello che so ci sono problemi completi con riduzioni efficienti che consentono agli algoritmi più lenti di dare il risultato. Ci sono problemi completi EXPTIME in cui conosciamo qualcosa come o $P \neq NP$ $P \neq EXPTIME$ $NP = EXPTIME$ $P \neq NP$ $O(2^n/f(n))$ $f(\cdot)$ $2^n/n$ $2^n/n^2$ con il non determinismo è abbastanza?

Chiarimento dell '"algebra": implica da un argomento di riempimento, quindi un algoritmo non deterministico per un problema completo EXPTIME sarebbe anche uno per un problema completo NEXPTIME. Per la superpolinomiale questo contraddirebbe il teorema della gerarchia temporale non deterministica poiché potremmo ridurre usando un po 'di NTIME . $P = NP$ $EXPTIME=NEXPTIME$ $2^n/f(n)$ $f(\cdot)$ $L \in$ $(2^n)$

cc.complexity-theory

— Anonimo
fonte

Penso che tu abbia effettivamente bisogno del tempo di esecuzione

2no(1) $2^{n^{o(1)}}$ per ottenere una contraddizione dal teorema della gerarchia temporale. Inoltre penso che ciò sembri abbastanza improbabile.

— Sasho Nikolov,

f $f$

⊆ $\subseteq$

(f(n)) $(f(n))$

⊈ $\not\subseteq$

ps: se registri un account puoi modificare la tua domanda più facilmente.

— Kaveh,

Credo che Sasho sia corretto, se tale che è completo e è completo e è riducibile a nel tempo , allora è ancora possibile che

senza alcuna contraddizione perché l'istanza di

può essere

più grande di

EXPTIME=NEXPTIME $EXPTIME=NEXPTIME$

L $L$

EXPTIME $EXPTIME$

L′ $L'$

NEXPTIME $NEXPTIME$

L′ $L'$

L $L$

O(nk) $O(n^k)$

L∈NTIME(2n√k) $L \in NTIME(2^{\sqrt[k]{n}})$

L $L$

O(nk) $O(n^k)$

L′ $L'$

— Joe Bebel,

Risposte:

Penso che sia più facile capovolgerlo.

Se , allora per qualche costante , e qualsiasi . Poiché non contiene , questo significa che non possiamo risolvere, diciamo tutti i problemi in in per alcuni . un algoritmo non deterministico di tempo per un problema completo per con riduzioni quasi lineari sarebbe sufficiente per dimostrare $\mathsf{P}=\mathsf{NP}$ $\mathsf{NTIME}(T(n)) \subset \mathsf{DTIME} ((T(n))^c)$ $c$ $T(n) > n$ $\mathsf{DTIME} ((T(n)^c)$ $\mathsf{DTIME}(T(n)^{c}\log T(n)) \subset \mathsf{DTIME}(T(n)^{c+1})$ $\mathsf{DTIME}(2^n)$ $\mathsf{NTIME} (2^{\epsilon n})$ $\epsilon$ $2^{o(n)}$ $\mathsf{DTIME} (2^n)$ $\mathsf{P} \neq \mathsf{NP}$ .

— Russell Impagliazzo
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Grazie per aver del tempo a fornire una spiegazione più breve del perché implica .

DTIME(2n)⊆NTIME(2o(n)) $DTIME(2^n) \subseteq NTIME(2^{o(n)})$

P≠NP $P \neq NP$

— Michael Wehar,

E, grazie per aver sottolineato che si potrebbe usare il teorema della gerarchia temporale deterministica o non deterministica. :)

— Michael Wehar,

Risposta semplice: per ogni - problema c'è una costante tale che se potessimo risolvere il problema in , allora . $EXPTIME$ $hard$ $c$ $NTIME(2^{o(n^{\frac{1}{c}})})$ $P \neq NP$

Nota: la costante proviene dagli ingrandimenti delle dimensioni dell'istanza risultanti dalle riduzioni. $c$

Motivazione Sia denota un - problema. Ciò significa che ogni problema in è polinomiale tempo riducibile a . In effetti, possiamo mostrare di più. $X$ $EXPTIME$ $hard$ $EXPTIME$ $X$

Il problema di accettazione per tempo macchine di Turing deterministiche delimitate è e quindi è tempo polinomiale riducibile a . $2^n$ $DTIME(n \cdot 2^n) \subseteq EXPTIME$ $X$

Pertanto, ci deve essere una costante fissa tale che ogni problema in è tempo polinomiale riducibile a dove l'esplosione della dimensione dell'istanza è . Vale a dire, le istanze di dimensione n sono ridotte a istanze di dimensione per . $c$ $DTIME(2^n)$ $X$ $O(n^c)$ $O(n^c)$ $X$

Ora, se avessimo , allora . Tuttavia, ciò implica (vedi sotto per i dettagli). $X \in NTIME(2^{o(n^{\frac{1}{c}})})$ $DTIME(2^n) \subseteq NTIME(2^{o(n)})$ $P \neq NP$

Dettagli aggiuntivi: si può dimostrare che . $P=NP$ $\Leftrightarrow$ $\exists c^{\prime}$ $\forall k$ $NTIME(n^k) \subseteq DTIME(n^{c^{\prime}k})$

In altre parole, se riesci a risolvere un - in tempo polinomiale, allora c'è un modo uniforme di accelerare qualsiasi problema in . $NP$ $complete$ $NP$

Supponiamo ora che . Con il precedente (con = 1) otteniamo una costante tale che $P=NP$ $k$ $c^{\prime}$

N T I M E (n) \subseteq D T I M E (n c') .

$NTIME(n) \subseteq DTIME(n^{c^{\prime}}).$

Successivamente, possiamo usare il padding per aumentare questa inclusione e ottenere

N T I M E (2 n) \subseteq D T I M E (2 c' n) .

$NTIME(2^{n}) \subseteq DTIME(2^{c^{\prime}n}).$

Quindi, secondo il teorema della gerarchia temporale deterministica, abbiamo per qualsiasi .

N T I M E (2 n) \subseteq D T I M E (2 c' n) ⊊ D T I M E (2 (c' + ϵ) n)

$NTIME(2^{n}) \subseteq DTIME(2^{c^{\prime}n}) \subsetneq DTIME(2^{(c^{\prime}+\epsilon)n})$

ϵ>0 $\epsilon > 0$

Pertanto, non potremmo avere $DTIME(2^{(c^{\prime}+\epsilon)n}) \subseteq NTIME(2^{n}).$

Inoltre, non potremmo avere perché otterremmo . $DTIME(2^{n}) \subseteq NTIME(2^{o(n)})$ $DTIME(2^{(c^{\prime}+\epsilon)n}) \subseteq NTIME(2^{o(n)})$

Ulteriore domanda: qualcuno ha qualche semplice esempio di - problemi cui possiamo facilmente determinare la costante di esplosione della dimensione dell'istanza ? $EXPTIME$ $complete$ $c$

— Michael Wehar
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Il problema di accettazione per è esso stesso completo, ovvero la lingua composta da DTM che sull'ingresso accetta entro passi, perché ogni lingua ha qualche che accetta nel tempo per qualche , quindi quella scelta corretta di riduce ad . In particolare la costante ( ) sembra quindi mostrare che lo speedup (cioè

DTIME(2n) $DTIME(2^n)$

EXPTIME $EXPTIME$

L={⟨T,x,1m⟩} $L = \{\langle T, x, 1^m \rangle\}$

T $T$

x $x$

2m $2^m$

L′∈EXPTIME $L' \in EXPTIME$

T $T$

x∈L′ $x \in L'$

2O(|x|k)) $2^{O(|x|^k)})$

k $k$

$m = O(|x|^k)$

$L'$

$L$

$c=1$

$f(n)$ ) deve essere esponenziale se mostrare , se si sceglie questo particolare linguaggio completo .

$P \ne NP$

$EXPTIME$

— Joe Bebel,

@JoeBebel Ciao Joe, grazie per il commento. Penso che sia importante e inoltre considerato questo problema . Qui, possiamo dire più che implica . Per questo particolare problema artificiale , potremmo essere in grado di dire qualcosa di simile a qualsiasi , implica per tutti .

$L$

$L \in NTIME(2^{o(n)})$

$P \neq NP$

$L$

$k$

$L \in NTIME(2^{\frac{n}{k}})$

$NTIME(n) \nsubseteq DTIME(n^{k-\epsilon})$

$\epsilon > 0$

— Michael Wehar,