Qual è l'oracolo minimo di complessità che separa PSPACE dalla gerarchia polinomiale?

sfondo

È noto che esiste un oracolo $A$ tale che, .$PSPACE^A \neq PH^A$

È anche noto che la separazione è relativa a un oracolo casuale. Informalmente, si può interpretare questo per significare che ci sono molti oracoli per i quali e sono separati.$PSPACE$$PH$

Domanda

Quanto sono complicati questi oracoli che separano da . In particolare, esiste un oracolo tale che ?P H A ∈ D T I M E ( 2 2 n ) P S P A C E A ≠ P H $PSPACE$$PH$$A \in DTIME(2^{2^{n}})$$PSPACE^A \neq PH^A$

Abbiamo qualche oracolo tale che e abbiano un limite superiore di complessità nota?P S P A C E A ≠ P H A$A$$PSPACE^A \neq PH^A$$A$

Nota: l'esistenza di un simile oracolo può avere conseguenze nella teoria della complessità strutturale. Vedere il seguente aggiornamento di seguito per ulteriori dettagli.

Aggiornamento con dettagli su una tecnica con limite inferiore

Modifica: Se , poi per tutti oracoli , .$PSPACE = PH$$A \in P/poly$$PSPACE^A = PH^A$

Proof Sketch: Supponi che .$PSPACE = PH$

Lascia che sia dato un oracolo . Possiamo costruire un tempo polinomiale oracle Turing machine che per una data lunghezza , indovina un circuito di dimensioni usando una quantificazione esistenziale e verifica che il circuito decida confrontando la valutazione del circuito e il risultato della query per ogni lunghezza stringa usando una quantificazione universale.Σ 2 M n p ( n ) A $A \in P/poly$$\Sigma_2$$M$$n$$p(n)$$A$$n$

Inoltre, considera un problema decisionale a cui mi riferisco come circuito booleano quantificato (QBC) in cui ti viene dato un circuito booleano quantificato e vuoi sapere se è valido (simile a QBF). Questo problema è PSPACE completo perché QBF è PSPACE completo.

Per ipotesi, ne consegue che QBC . Diciamo che Q B C ∈ Σ k per qualche k sufficientemente grande. Lascia che N indichi un tempo polinomiale Σ k Macchina di Turing che risolve QBC.$\in PH$$QBC \in \Sigma_k$$k$$N$$\Sigma_k$

Possiamo mescolano il calcolo di e N (simile a quanto fatto nella dimostrazione del teorema Karp-Lipton) per ottenere un tempo polinomiale Σ k macchina oracolo Turing che risolve D B C A .$M$$N$$\Sigma_k$$QBC^A$

Informalmente, questa nuova macchina accetta come input un QBC Oracle (ovvero un QBC con porte Oracle). Quindi, calcola un circuito che calcola su input di lunghezza n (eliminando simultaneamente i primi due quantificatori). Successivamente, esso sostituisce i cancelli oracolo nella QBC oracolo con il circuito per A . Infine, procede ad applicare il resto dell'algoritmo del tempo polinomiale Σ k per risolvere Q B C su questa istanza modificata.$A$$n$$A$$\Sigma_k$$QBC$

Ora, possiamo mostrare il limite inferiore condizionale.

Corollario: se esiste un oracolo tale che P S P A C E A ≠ P H A , allora N E X P ⊈ P / p o l y .$A \in NEXP$$PSPACE^A \neq PH^A$$NEXP \nsubseteq P/poly$

Prova Sketch: Supponiamo che esista tale che P S P A C E A ≠ P H A . Se N E X P ⊆ P / p o l y , allora otterremmo una contraddizione.$A \in NEXP$$PSPACE^A \neq PH^A$$NEXP \subseteq P/poly$

In particolare, se , poi dalla suddetta affermazione disponiamo P S P A C E ≠ P H . Tuttavia, è noto che N E X P ⊆ P / p o l y implica che P S P A C E = P H .$NEXP \subseteq P/poly$$PSPACE \neq PH$$NEXP \subseteq P/poly$$PSPACE = PH$

(vedere qui per alcuni dettagli sui risultati noti per P / poly)

Credo che se segui l'argomento dato, ad esempio, nella sezione 4.1 del sondaggio di Ker-I Ko , otterrai un limite superiore di . In effetti, qui possiamo sostituire n 2 con qualsiasi funzione n f ( n ) dove f ( n ) → ∞ come n → ∞ . Questo non è proprio quello che è stato chiesto, ma è vicino.$\mathsf{DTIME}(2^{2^{O(n^2)}})$$n^2$$nf(n)$$f(n) \to \infty$$n \to \infty$

In particolare, usando la traduzione tra separazioni dell'oracolo e limiti inferiori del circuito, e seguendo la notazione di Ko, abbiamo quanto segue:

• Diagonalizzeremo su stringhe di lunghezza dove p n ( x ) = x n + n è "l' n -esimo polinomio (in alcune enumerazioni di algoritmi poli-tempo) e m ( n ) sarà specificato di seguito.$t(n) = p_n(m(n))$$p_n(x) = x^n + n$$n$$m(n)$

• Traducendo in limiti inferiori del circuito, ciò significa che stiamo prendendo in considerazione circuiti a profondità limitata su ingressi da .$2^{t(n)}$

• Il requisito (vedi p. 15 di Ko) abbiamo bisogno di per soddisfare $m(n)$per tutton. Quidè la profondità dei circuiti che vogliamo diagonalizzare contro, o equivalentemente il livelloΣ p d diPHche vogliamo diagonalizzare contro. Per diagonalizzare contro tuttoPH, basta sceglieredper essere una funzione dinche èω(1); possiamo scegliere tale$\frac{1}{10} 2^{m/(d-1)} > d p_n(m(n))$$n$$d$$\mathsf{\Sigma_d^p}$$\mathsf{PH}$$\mathsf{PH}$$d$$n$$\omega(1)$$d$che cresce arbitrariamente lentamente, anche se (forse soggetto a qualche ipotesi di calcolabilità su , ma ciò non dovrebbe essere un ostacolo). Se ipotizziamo che d ( n ) sia costante (anche se non lo è, ma crescerà arbitrariamente lentamente), allora vediamo che m ( n ) intorno a 2 n dovrebbe funzionare.$d(n)$$d(n)$$m(n)$$2^n$

• Ciò significa che , quindi stiamo cercando un limite inferiore rispetto ai circuiti con ∼ 2 2 n 2 ingressi.$t(n) \sim 2^{n^2}$$\sim 2^{2^{n^2}}$

• Trevisan e Xue (CCC '13) hanno mostrato che si può trovare un'assegnazione su cui un dato circuito delimitata approfondite su ingressi non si PARITY calcolo con un seme di p o l y l o g ( N ) di lunghezza.$N$$polylog(N)$

• Per noi , quindi p o l y l o g ( N ) = 2 O $N=2^{2^{n^2}}$ . Possiamo forzare la forza su tali semi in2 2 O ( n 2 ) tempo e usare il primo che funziona.$polylog(N) = 2^{O(n^2)}$$2^{2^{O(n^2)}}$

Per sostituire con n f ( n ) , basta lasciare$n^2$$nf(n)$ .$p_n(x) = x^{f(n)} + f(n)$

È interessante notare che, se sto capendo correttamente, credo che ciò implichi che se si potesse migliorare il Trevisan-Xue ...

• ... ad uno pseudodeterministico / Bellagio algoritmo (vedi il commento di Andrew Morgan sotto), si otterrebbe quel ; o$\mathsf{BPEXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

• ... un algoritmo non deterministico che intuito bit ma poi corse in p o l y ( N ) tempo, e tale che su ogni percorso accettando rende la stessa uscita ( cfr N P S V ), implicherebbe N E X P ⊈ P / p o l y ; o$polylog(N)$$poly(N)$$\mathsf{NPSV}$$\mathsf{NEXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

• ... ad un algoritmo deterministico, si otterrebbe .$\mathsf{EXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Da un lato, ciò suggerisce perché derandomizzare ulteriormente il lemma di commutazione dovrebbe essere difficile - un argomento che non sono sicuro fosse noto prima! D'altra parte, questo mi sembra una specie di interpretazione interessante della durezza rispetto alla casualità (o è in realtà una cosa nuova, oracoli contro casualità?).