Possiamo generare velocemente mod 3 perfettamente perfettamente o risolvere il problema NP?

Ad essere sincero, non so molto su come vengono generati i numeri casuali (i commenti sono ben accetti!) Ma supponiamo il seguente modello teorico: possiamo ottenere interi uniformemente casuali da e il nostro obiettivo è quello di emette un numero intero uniformemente casuale da [1,3].$[1,2^n]$

Una soluzione semplice il cui tempo di esecuzione previsto è polinomiale è la seguente. Scarta (e possibilmente anche ) da modo che il numero di interi rimanenti sia divisibile per modo da poter prendere dell'intero generato. Se otteniamo un numero scartato, generiamo un altro numero, fino a quando non ne otteniamo uno non scartato.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

E se volessimo terminare sicuramente in tempi polinomiali? A causa di problemi di divisibilità, il problema diventa irrisolvibile. Tuttavia, mi chiedo se possiamo risolvere quanto segue.

Supponiamo di poter generare interi uniformemente casuali da $[1,2^n]$ e di avere un problema computazionalmente difficile. Il nostro obiettivo è generare un numero intero uniformemente casuale da [1,3] o risolvere il problema difficile.

Qui il problema difficile può essere il factoring di un numero intero, la risoluzione di un'istanza SAT o qualcosa di simile. Ad esempio, possiamo decodificare una permutazione unidirezionale $f$ come segue, se ci viene dato un po 'di $f(x)$ (e supponiamo che $n$ sia pari): Se per la nostra stringa casuale $f(r)<f(x)$ , allora prendiamo $f(r) \bmod 3$ , se $f(r)>f(x)$ , quindi prendi $f(r)-1\bmod 3$ . Infine, se $f(r)=f(x)$ , allora abbiamo finito, come $r=x$ . (Se $n$ è dispari, allora qualcosa di simile funziona, dobbiamo solo verificare se $f(r+1)=f(x)$ e sottrarre $2$ se $f(r)>f(x)$ .)

Riepilogo delle risposte. Emil Jeřábek ha dimostrato che se non riusciamo a generare in modo perfettamente uniforme, possiamo risolvere qualsiasi problema di ricerca a valore singolo da TFNP e anche da PPA-3. D'altra parte, daniello ha dimostrato che non possiamo risolvere i problemi NP-completi nel modo sopra, a meno che NP = co-NP.

A seguito della risposta di domotorp, credo che possiamo risolvere i problemi di ricerca NP soddisfacendo una delle seguenti restrizioni:

1. il numero di soluzioni è noto e non divisibile per ; o,$3$

2. il numero di soluzioni è limitato polinomialmente (ma non è noto in anticipo).

Per 1., possiamo usare un'imbottitura semplice per ridurre al caso seguente:

• Le soluzioni provengono da , dove è pari.$[0,2^{m-1})$$m$

• Il numero di soluzioni soddisfa .$s$$s\equiv1\pmod3$

• Ogni due soluzioni sono distanti almeno . (Diciamo, sono tutti divisibili per )$4$$4$

Si noti che . Quindi, possiamo risolvere il problema scegliendo un casuale e usando un protocollo simile come nella mia risposta per soluzioni uniche se (risultante in una distribuzione su corto di uno per ciascuna delle soluzioni ), e producendo se .a ∈ [ 0 , 2 m ) a ∈ [ 0 , 2 m - s ) { 0 , 1 , 2 } 0 s 0 a ∈ [ 2 m - s , 2 m$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

Per 2., supponiamo innanzitutto che il numero di soluzioni sia noto . Come in /cstheory//a/37546 , lascia che sia la più grande potenza di che divide , in modo che . Considera il problema di ricerca le cui soluzioni sono sequenze tali che e ogni è una soluzione del problema originale. Da un lato, il problema originale si riduce a quello nuovo. D'altra parte, il numero di soluzioni del nuovo problema è , cioè non divisibile per3 k 3 s 3 ∤ ($s\le p(n)$$3^k$$3$$s$y0,…,y3k-1yi($3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$$\binom s{3^k}$$3$e noto. Quindi, abbiamo finito con 1.

Ora, se il numero di soluzioni è limitato da , ma non noto, eseguiamo il protocollo sopra times ( ) in parallelo per ogni possibile scelta di e:2 ℓ 2 ℓ ≥ p ( n ) 1 ≤ s ≤ 2 $p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• se uno dei thread restituisce una soluzione al problema originale, ne passiamo uno all'output;

• se tutti i thread restituiscono elementi , produciamo .( r 1 + r 2 + ⋯ + r 2 ℓ ) mod $r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

Condizionato al secondo evento, è distribuito uniformemente in poiché è il numero reale di soluzioni del problema originale, mentre l'altro è indipendente da , quindi l'intera somma è anche distribuita uniformemente . { 0 , 1 , 2 } s r i r $r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Userò numeri a partire da anziché , poiché lo trovo molto più naturale.$0$$1$

Ecco due classi di problemi che possiamo risolvere in questo modo:

1. Funzioni in TFNP (ovvero, problemi di ricerca NP totali a valore singolo)

   (Questo generalizza l'esempio con permutazioni unidirezionali. Include come caso speciale problemi di decisione da .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   L'impostazione è che abbiamo un predicato del tempo polinomiale e un polinomio tale che per ogni di lunghezza , esiste un unico di lunghezza tale che tiene. Il compito computazionale è, dato , trovare .p ( n ) x n y m = p ( n ) R ( x , y ) x $R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Ora supporrò wlog che sia pari, quindi . L'algoritmo è generare un uniformemente casuale e produrre2 m ≡ $m$y ∈ [ 0 , 2 m$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • R ( x , y $y$ (come soluzione del problema di ricerca) se ;$R(x,y)$

   • { 0 , 1 , 2 } y - y ′ ∈ { 1 , 2 } R ( x , y ′$y-y'$ (come elemento casuale di ) se e ;$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • { 0 , 1 , 2 } y ′ ∈ { y , y - 1 , y - 2 } R ( x , y ′$y\bmod3$ (come un elemento casuale di ) se no risolve .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Se non ci fosse soluzione al problema di ricerca, le scelte casuali di darebbero e volte e volte (un'altra). Tuttavia, se risolve il problema di ricerca, armeggiamo con gli elementi (che colpiscono tutte e tre le classi di residui) in modo che producano solo residui e , il che uniforma il vantaggio di . (Sto assumendo qui wlog che .) 1 2 ( 2 m - 1 ) / 3 0 ( 2 m + 2 ) / 3 y y , y + 1 , y + 2 1 2 0 y < 2 m - $2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. PPA- problemi di ricerca$3$

   Un modo conveniente per definire PPA- è come problemi di ricerca NP molti riducibili al seguente tipo di problemi. Abbiamo una funzione di tempo polinomiale fissa e un polinomio , tale che per qualsiasi input di lunghezza , la mappatura indotta limitata agli input di lunghezza è una funzione soddisfa per ogni . Il compito è, dato , trovare un punto fisso di : .f ( x , y ) p ( n ) x n f x ( y ) = f ( x , y ) y m = p ( n ) f x : [ 0 , 2 m ) → [ 0 , 2 m ) f x ( f x ( f x ( y ) ) $3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$y x y f x f x ( y ) = $f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Possiamo risolvere questo nel modo nella domanda come segue: dato di lunghezza , generiamo un casuale di lunghezza e outputn y m = p ( n $x$$n$$y$$m=p(n)$

   • f $y$ se è un punto fisso di ;$f_x$

   • in caso contrario, , e sono elementi distinti. Possiamo etichettarli come con e generare tale che .f x ( y ) f x ( f x ( y ) ) { y , f x ( y ) , f x ( f x ( y ) ) } = { y 0 , y 1 , y 2 } y 0 < y 1 < y 2 i ∈ { 0 , 1 , $y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$y = y $i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   Dalle definizioni si evince che ciò fornisce una distribuzione uniforme su , poiché il non-punto fisso viene in triplo.$\{0,1,2\}$$y$

Consentitemi di dimostrare per la cronaca l'equivalenza del problema sopra con il problema completo di Papadimitriou per PPA- , poiché questa classe è per lo più trascurata in letteratura. Il problema è menzionato in Buss, Johnson: "Prove propositive e riduzioni tra problemi di ricerca NP", ma non indicano l'equivalenza. Per PPA, un problema simile (LONELY) è riportato in Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo e Pitassi: "La relativa complessità dei problemi di ricerca NP". Non c'è niente di speciale in , l'argomento che segue funziona mutatis mutandis per qualsiasi primo dispari.$3$$3$

Proposizione: I seguenti problemi di ricerca NP sono molti-volte molti riducibili l'uno all'altro:

1. Dato un circuito che rappresenta un grafico non orientato bipartito e un vertice cui grado non è divisibile per , trova un altro vertice di questo tipo.u ∈ A ∪ B $(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Dato un circuito che rappresenta un grafico diretto e un vertice cui equilibrio di gradi (cioè, out-gradi meno in-gradi) non è divisibile per , trova un altro vertice.u ∈ V $(V,E)$$u\in V$$3$

3. Dato un circuito che calcola una funzione tale che , trova un punto fisso di .f 3 = i d$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Prova:

$1\le_p2$ è ovvio, in quanto è sufficiente dirigere i bordi da sinistra a destra.

A B V A = { x A : x ∈ V } B = { x B : x ∈ V } x → y { x A , y B } 1 { x B , y A } - 1 grado ( x A ) = - deg ( x B ) x $2\le_p1$ : per prima cosa, costruiamo un grafico bipartito ponderato. Siano e copie di : , . Per ogni bordo originale da , inseriamo un bordo di peso e un bordo di peso . Ciò rende uguale al saldo in gradi di nel grafico originale. Se è la data del vertice di equilibrio , aggiungiamo un vantaggio in più di peso$A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u${ u A , u B } b deg ( u A ) = 2 b ≢ $b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$, in modo che e . sarà il nostro vertice scelto.deg ( u B ) = 0 u $\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

Al fine di rendere il grafico un semplice grafico non ponderato non orientato, prima riduciamo tutti i pesi modulo e rilasciamo tutti i bordi del peso . Questo lascia solo i bordi dei pesi e . Quest'ultimo può essere sostituito con gadget adatti. Ad esempio, anziché un bordo di peso , includiamo nuovi vertici , per , con bordi , , , , : questo rende0 1 2 2 { x A , y B } w A i z B i i = 0 , … , 3 { x A , y B } { x A , z B i } { w A i , y B } { w A i , z B i } { w A $3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$$i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$deg ( w A i ) = deg ( z B i ) = 3 5 ≡ $\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, E contribuisce per e .x A y $5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

n 2 n ≡ $3\le_p2$ : Suppongo che per semplicità sia anche in modo che . Costruiamo un grafico diretto su come segue:$n$V = [ 0 , 2 n$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• bordi e per ogni .3 x + 2 → 3 x x < 2 n / 3 - $3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• Se è un'orbita non fissa di , includiamo i bordi da e da . f x 0 → x 1 x 0 → x $x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

Il vertice scelto sarà . La prima clausola contribuisce al saldo o a ciascun vertice . Allo stesso modo, la seconda clausola contribuisce al saldo o ai vertici che non sono punti fissi. Quindi, supponendo che non sia già un punto fisso, è effettivamente un modulo sbilanciato , e qualsiasi altro vertice sbilanciato modulo è un punto fisso di .1 - 2 ≡ $u=2^n-1$$1$≠ u - 1 2 ≡ - $-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$u 3 3 $2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

A = B = [ 0 , 2 n ) n u ∈ A ≡ $1\le_p3$ : possiamo supporre che con pari, e il dato vertice ha grado .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

Possiamo etichettare in modo efficiente gli spigoli con un vertice come , dove . In questo modo, diventa un sottoinsieme di , che identifichiamo con . Definiamo una funzione su come segue.( y , j ) j < deg ( y ) E [ 0 , 2 n ) × [ 0 , 2 n ) [ 0 , 2 2 n ) f [ 0 , 2 n ) × [ 0 , 2 n$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• Sul complemento di : per ogni e tale che , facciamo , , . Inoltre, , , per . Questo esclude il punto e punti per ogni cui grado non è divisibile per .y ∈ B j deg ( y ) ≤ 3 j < 2 n - 1 f ( y , 3 j ) = ( y , 3 j + 1 ) f ( y , 3 j + 1 ) = ( y , 3 j + 2 ) f ( y , 3 j + 2 ) $E$$y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$f ( 3 i , 2 n - 1 ) = ( 3 i + 1 , 2 n - 1 ) f ( 3 i + 1 , 2 n - 1 ) = ( 3 i + 2 , 2 n - 1 ) f ( 3 i + 2 , 2 $f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$3 i < 2 n - 1 ( 2 n - 1 , 2 n - 1 ) 3 - ( deg ( y ) mod 3 ) ( y , i ) y ∈ B $f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• Su : per ogni , fissiamo enumerazione dei suoi bordi incidenti , dove . Mettiamo , , per . Questo esclude i punti per ciascun vertice cui grado non è divisibile per .x ∈ A ( y 0 , j 0 ) , … , ( y d - 1 , j d - 1 ) d = deg ( x ) f ( y 3 i , j 3 i ) = ( y 3 i + 1 , j 3 i + 1 ) f ( y 3 i $E$$x\in A$$(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$f( y 3 i + 2 , j 3 i + 2 )=( y 3 i , j 3 i )i<⌊d / 3⌋deg(x)mod3x$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$$x\in A$$3$

Poiché , due dei suoi bordi degli incidenti sono stati lasciati fuori; li trasformiamo in un altro ciclo usando come terzo punto. I punti rimanenti vengono lasciati come punti fissi di . Per costruzione, ognuno di essi darà origine a una soluzione di (1).f ( 2 n - 1 , 2 n - 1 ) $\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$$(2^n-1,2^n-1)$$f$

Se potessi generare perfettamente mod OPPURE risolvere SAT (o qualsiasi altro problema NP-completo, per quella materia) allora . In particolare, considera il generatore / risolutore perfetto quando ti viene data una formula SAT .N P = c o N P $3$$NP = coNP$$\phi$

Sia il numero massimo di bit casuali disegnati dal generatore su input di dimensione . Poiché il generatore viene eseguito in un tempo polinomiale, è polinomiale. Poiché non è divisibile per ci deve essere una sequenza al massimo di lanci di monete che renderanno il generatore una risposta (corretta) per . Pertanto, se non è soddisfacente, esiste una serie di lanci di monete che fanno sì che il generatore dica che non è soddisfacente. Se è soddisfacente, il generatore non pretenderà mai erroneamente chen ℓ ( n ) 2 ℓ ( n ) 3 ℓ ( n ) ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ U N S A T N P N P = c o N $\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$è insoddisfacente, non importa quali siano le monete. Pertanto, abbiamo dimostrato che il linguaggio di formule insoddisfacenti è in , implicando . $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

Quindi, ecco un'estensione dell'argomento di Emil che mostra che i problemi di ricerca in cui il numero di soluzioni è 1, 2 o 4 (non abbiamo bisogno di sapere quale) possono essere risolti nel modo sopra. Lo sto postando come risposta perché è troppo lungo per un commento e spero che qualcuno più intelligente di me possa dimostrare che in realtà il numero di soluzioni può essere qualcosa di non divisibile per 3.

Supponiamo che una stringa casuale sia vicina a una soluzione (cioè a una per la quale vale) se uno di , o tiene. (Per semplicità, supponiamo che ed . Non sono soluzioni) in soluzione di Emil, è stato sufficiente a generare una stringa casuale e l'uscita , tranne che a livello locale in tutto il violino a soluzioni; Non entro nei dettagli, vedo la sua risposta. È sufficiente per noi che se è vicino a una soluzione, allora possiamo uccidere un numero arbitrarioy R ( x , y ) R ( x , r ) R ( x , r + 1 ) R ( x , r + 2 ) y = 0 y = 1 r r mod 3 r mod 3 r r mod 3 mod $r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$$R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$probabilmente emettendo una soluzione in modo che per il resto di la funzione dia un numero perfettamente uniforme .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

Supponiamo ora che il numero di soluzioni sia 1 o 2 per ogni . Generiamo due stringhe casuali di lunghezza : e . Se almeno uno di questi non è vicino a una soluzione, produciamo . Per semplicità, supponiamo che sia anche in modo da avere uno 0 in più se l'abbiamo appena fatto, e supponiamo anche che se ci sono due soluzioni, sono lontane. Se e sono entrambi vicini alla stessa soluzione, giochiamo in modo da uccidere un 0. Se e sono vicini a soluzioni diverse, allora se , giochiamo in modo da uccidere un 1, e sen r 1 r 2 r 1 + r 2 mod 3 n r 1 r 2 r 1 r 2 r 1 < r 2 r 1 > r $x$$n$$r_1$$r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , giochiamo in modo da uccidere un 2. In questo modo se esiste una sola soluzione, uccidiamo esattamente uno 0, mentre se ci sono due soluzioni, uccidiamo due 0 e uno 1 e uno 2.

Questo argomento non può essere esteso a 3 soluzioni, ma può essere per 4, e da qui sarò molto impreciso. Genera quattro stringhe casuali, e output meno che non siano tutti vicini a una soluzione. Supponiamo di nuovo che ci sia un ulteriore 0 e che le soluzioni siano sempre lontane. Se tutti gli sono vicini alla stessa soluzione, giochiamo in giro per uccidere uno 0. Se tre degli sono vicini alla stessa soluzione che è più piccola della soluzione a cui è vicino il quarto , giochiamo in giro per uccidere un 1. Se tre dei sono vicini alla stessa soluzione che è più grande della soluzione a cui il quartor 1 + r 2 + r 3 + r 4 mod 3 r i r $r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$r i r $r_i$$r_i$è vicino, giochiamo in giro per uccidere un 2. Se tutti gli sono vicini a una soluzione diversa, uccidiamo tre 0. La correttezza di una e due soluzioni è simile al caso precedente. Per quattro soluzioni, nota che uccidiamo quattro + tre 0, sei 1 e sei 2.$r_i$

Penso che il ragionamento dell'ultimo paragrafo potrebbe essere esteso a qualsiasi numero limitato di soluzioni che non è divisibile per 3 con qualche algebra. Una domanda più interessante è se esiste un protocollo che funziona per un numero qualsiasi di soluzioni.