Stato di completezza PP di MAJ3SAT


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DOMANDA BREVE: MAJ-3CNF è un problema completo di PP con riduzioni multiple?

VERSIONE PIÙ LUNGA: è noto che MAJSAT (che decide se la maggior parte degli incarichi di frase proposizionale soddisfa la frase) è PP completo con riduzioni multiple e #SAT è # P completo con riduzioni parsimoniose. È anche evidente che # 3CNF (ovvero #SAT limitato alle formule 3-CNF) è # P-completo, perché la riduzione di Cook-Levin è parsimoniosa e produce un 3-CNF (questa riduzione è effettivamente utilizzata nel libro di Papadimitriou per mostra # P-completezza di #SAT).

Sembra che un argomento simile dovrebbe dimostrare che MAJ-3CNF è completo di PP con riduzioni multiple (MAJ-kCNF è MAJSAT limitato alle formule kCNF; cioè ogni clausola ha k letterali).

Tuttavia, in una presentazione di Bailey, Dalmau e Kolaitis, "Transizioni di fase di problemi di soddisfazione completa in PP", gli autori menzionano che "MAJ3SAT non è noto per essere completo in PP" (presentazione su https: //users.soe.ucsc .edu / ~ kolaitis / talk / ppphase4.ppt ). Questa frase non sembra apparire nei loro articoli correlati, solo nelle loro presentazioni.

Domande: la prova che # 3CNF è # P-complete può davvero essere adattata per dimostrare che MAJ3CNF è PP-complete? Vista l'affermazione di Bailey et al., Non sembra; se la prova non è valida, allora: esiste una prova che MAJ-3CNF è completo in PP? In caso contrario, c'è qualche intuizione sulla differenza tra PP e #P rispetto a questo risultato?


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La riduzione tipica da CircuitSAT a 3sat non funziona perché introduce molte nuove variabili. Quindi, mentre potresti aver avuto 2 ^ (n-1) +1 incarichi soddisfacenti per un dato circuito con n ingressi, e ne avrai molti per l'istanza 3sat, il numero di var nell'istanza 3cnf è molto più grande di n, quindi quel numero non è più "la maggioranza degli incarichi soddisfacenti". Si noti che Maj-3sat è ancora almeno NP difficile, perché è possibile aggiungere molti compiti fittizi soddisfacenti.
Ryan Williams,

@RyanWilliams Che ne dici di prendere quell'istanza 3CNF, di negarla e di ottenere un'istanza 3DNF (la negazione impiega poly-time e quando annulli un'espressione CNF ottieni un'espressione DNF). Quindi l'istanza CNF originale aveva più di (2 ^ (n-1)) assegnazioni di verità soddisfacenti se e solo se l'istanza 3DNF ha più di (2 ^ ((n + K) -1) assegnazioni di verità soddisfacenti, dove K è il numero di variabili aggiuntive ...
Tayfun paga l'

La conversione di cnf in dnf non richiede in genere tempo polifunzionale. Controllo di sanità rapida: se lo ha fatto allora P = NP ... controllo più complesso: ci sono cnfs di clausole poly (n) il cui dnfs minimo equivalente ha exp molte clausole. Vedi ad esempio scholar.google.com/…
Ryan Williams

@RyanWilliams 1) Ci vuole un po 'di tempo per negare un'espressione booleana 2) Quando si annulla un CNF si ottiene un DNF e viceversa. Soprattutto, negare un CNF in tempo polinomiale e ottenere in cambio un DNF non cambia la complessità di quel problema. Dovresti trovare un'assegnazione di verità falsificante per la formula CNF negata, che ora è una formula DNF. È NP-Complete trovare un'assegnazione di verità falsificante per una formula DNF ...
Tayfun paga l'

@RyanWilliams Conosco i lavori che hai citato .. Tuttavia, ottieni un'espressione DNF quando annulli un'espressione CNF. E ciò richiede tempo polinomiale rispetto alla lunghezza dell'input.
Tayfun paga l'

Risposte:


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RISPOSTA BREVE:
Non è noto se sia un problema P P- completo con riduzioni multiple.MUNJ3CNFPP


RISPOSTA LUNGA:
Prima di tutto, ti riferisci a Bailey, Dalmau e Kolaitis e al loro lavoro su "Transizioni di fase di - Problemi di soddisfazione completi"PP nella tua domanda. Vorrei citarli:

"Vale anche la pena notare che, sebbene sia P P completo, non è noto se esiste un numero intero k 3 , tale che M A J O R I T Y k S A T è P P -completo. "MUNJORioTY SUNTPPK3MUNJORioTY KSUNTPP

[ http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0166218X06004665 ]

È infatti corretto che la riduzione di Cook-Levin sia parsimoniosa e produca un 3CNF da un dato CNF. Poiché è # P- completo, segue immediatamente che # 3 C N F è anche # P- completo con riduzioni parsimoniose. Tuttavia, come già sottolineato in un commento, riduzioni parsimoniose non mantengono la maggioranza. Queste riduzioni introducono variabili ausiliarie per ridurre la dimensione delle clausole, ma a loro volta queste variabili ausiliarie aumentano il numero totale di assegnazioni. Ad esempio, considera il 4CNF che consiste in una singola clausola:#CNF#P#3CNF#P

φ=(X1X2X3X4)

che si trasforma in

φ'=(X1X2y)(y(X3X4))

usando la variabile ausiliaria e infine alla 3CNFy

ψ=(X1X2y)(¬yX3X4)(y¬X3)(y¬X4).

Questa trasformazione preserva chiaramente il conteggio dei modelli, ma è facile vedere che la maggioranza non è conservata. ha 15 incarichi soddisfacenti su 16 incarichi mentre ψ ha 15 incarichi soddisfacenti su 32 incarichi. Nel primo caso, la soddisfacibilità della maggioranza vale mentre nel secondo la soddisfacenza della maggioranza non vale.φψ

Pertanto, NO, la prova che # 3CNF è -completo non può essere adattata per dimostrare che M A J 3 C N F è P- P completo? Resta da vedere se M A J 3 C N F è un problema P P- completo con riduzioni multiple.#PMUNJ3CNFPPMAJ3CNFPP

non dà molto di una visione tra le differenze di # P e P P . In realtà la variante di decisione di # 3 C N F , ad esempio D # 3 C N F , è definita come segue: dato un CNF ϕ e un numero m 0 , decidere se ϕ ha almeno m incarichi soddisfacenti. Si noti che per D # 3 C N FMAJ3CNF#PPP#3CNFD#3CNFϕm0ϕmD#3CNF, non ci interessa la maggioranza. Pertanto, possiamo trasformare qualsiasi CNF in 3CNF usando una riduzione parsimoniosa, il che dimostra che è P P -completo con riduzioni multiple . M A J 3 C N F è semplicemente un problema diverso D # 3 C N F .D#3CNFPPMAJ3CNFD#3CNF


@gamow Che ne dici della parità del numero di soluzioni delle formule ? È P- completo ed esiste un nome standard per parità di numero di soluzioni di 3 formule S A T ? 3SATP3SAT
T ....
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