Calcolo di qualsiasi informazione su Max-3SAT

Per una formula 3CNF lasciate sia il numero massimo di clausole soddisfatti in qualsiasi assegnazione a . È noto che Max-3SAT è difficile da approssimare (soggetto a P ≠ NP), cioè non esiste un algoritmo polytime il cui input è una formula 3CNF e il cui output è il numero tale che è all'interno di un fattore moltiplicativo da , dove è una costante positiva assoluta.$C$$M(C)$$C$$C$$M'$$M(C)$$1+c$$M'$$c>0$

Credo che sia anche NP-difficile calcolare per qualsiasi modulo costante p . Mi chiedo se la seguente generalizzazione comune di questi due fatti sia vera: non esiste un algoritmo polytime il cui input è una formula 3CNF C con clausole N e una stringa di bit di avviso \ log_2 NB e il cui output è M (C) . Qui B è una costante assoluta. In parole semplici, non esiste un algoritmo che calcola B bit di informazioni di M (C) .$M(C) \bmod p$$p$$C$$N$$\log_2 N-B$$M(C)$$B$$B$$M(C)$

Mi scuso se la domanda ha una risposta ben nota, dal momento che non sono un teorico della complessità a proposito del background.

Ecco un argomento secondo cui se si potesse risolvere Max 3SAT su un'istanza della clausola m dato un numero costante di consigli, la gerarchia polinomiale collasserebbe.

Risolvi un problema NP completo L. Dal teorema di Cook, conosciamo una trasformazione f () degli input x per L in formule 3SAT f (x), in modo che

1) se allora$x\in L$$M(f(x)) = m$

2) se allora$x\in L$$M(f(x)) = m-1$

dove è il numero di clausole in .$m$$f(x)$

Abbiamo anche un teorema di Kadin, che dice che, se dati input di un problema NP-completo, hai un algoritmo temporale polinomiale che effettua query su un oracolo NP e determina il risposta corretta ai problemi NP , poi crolla la gerarchia polinomiale.$k$$x_1,\ldots,x_k$$\leq k-1$$k$$x_i \in ? L$

Supponiamo di avere un algoritmo che risolve Max SAT sugli input della clausola m dato k k di consigli. Useremo il risultato di Hastad per costruire un algoritmo come nella premessa del teorema di Kadin.

Partenza dalla ingressi al problema . Applica il teorema di Cook a ciascuno di essi. Dopo un po 'di normalizzazione (che può essere fatta assegnando pesi alle clausole o duplicandole se non vogliamo usare pesi), costruiamo le formule dove, per un certo :$K=2^k+1$$x_1,\ldots,x_K$$L$$K$$F_1,\ldots,F_K$$m$

1) se e altrimenti$M(F_1)= m-1$$x_1 \in L$$M(F_1) = m-2$

2) se e altrimenti$M(F_2) = m\cdot (m-1)$$x_2 \in L$$M(F_2) = m\cdot (m-2)$

...

k) se e altrimenti$M(F_K) = m^{K-1} \cdot (m-1)$$x_K\in L$$M(F_K) = m^{K-1} \cdot (m-2)$

Ora prendete l'unione delle formule, che sono stati costruiti più di variabili disgiunti set, e lo chiamano . Quindi abbiamo e possiamo "leggere" la risposta ai problemi guardando il base- rappresentazione di . Se possiamo calcolare dato bit di consiglio, significa che possiamo trovare valori in modo tale che uno di essi sia . Possiamo quindi chiedere a un oracolo NP in modo non adattativo se per ciascuno dei valori candidati$F$$M(F) = M(F_1) + \cdots + M(F_k)$$K$$x_i \in? L$$m$$M(F)$$M(F)$$k$$2^k$$M(F)$$M(F) \geq n_i$$n_1,\ldots,n_{2^k}$abbiamo generato. Quindi siamo stati in grado di risolvere istanze di problemi NP-completi facendo query non adattative a un oracolo NP, il che implica che la gerarchia polinomiale collassa.$2^k+1$$2^k$

Usando il teorema di Hastad invece del teorema di Cook, è possibile spingere la dimensione di su invece di , quindi è possibile spingere su e il numero di bit di avviso su . Capire cosa succede quando ti vengono dati i consigli di sembra davvero difficile.$F$$O(1)^k \cdot m$$m^k$$k$$\log m$$\log\log m$$\log m - O(1)$

A cura di aggiungere: Krentel ( La complessità dei problemi di ottimizzazione . J. Comput. Syst. Sci. 36 (3): 490-509 (1988) ) ha dimostrato che il calcolo del valore dell'ottimale del massimo problema di cricca è completo per , la classe di funzioni calcolabili in tempo polinomiale con interroga un oracolo NP. La completezza è sotto "riduzioni di una query", in cui la funzione f è riducibile alla funzione g se si può scrivere per il tempo polinomiale calcolabile e . Presumibilmente lo stesso vale per Max Clique. Ora, se Max Clique avesse un algoritmo temporale polinomiale che produce un elenco di$FP^{NP[O(log n)]}$$O(log n)$$f(x) = r_1(g(r_2(x))$$r_1$$r_2$$m^{o(1)}$valori possibili, sarebbe in , perché è possibile utilizzare la ricerca binaria per trovare l'ottimale con un numero di query che è il registro delle dimensioni dell'elenco.$FP^{NP[o(logn)]}$

Ora, se avessimo avremmo sicuramente , che è il caso speciale per problemi di decisione, e che è noto, dai risultati di Wagner (migliorando un risultato di Kadin che si applica a un numero costante di query), per far crollare la gerarchia polinomiale. Ma penso che si possa sapere che implicherebbe effettivamente P = NP. Ma in ogni caso i risultati di Krentel e Kadin-Wagner dovrebbero essere sufficienti per dare un'altra prova del risultato di Andy Drucker. Ora mi chiedo se sia effettivamente la stessa prova, cioè se il risultato Fortnow-Van Melkebeek funziona, esplicitamente o implicitamente, tramite un argomento "simulazione di query NP con meno query NP".$FP^{NP[O(log n)]} = FP^{NP[o(log n)]}$$P^{NP[O(log n)]} = P^{NP[o(log n)]}$$FP^{NP[O(log n)]} = FP^{NP[o(log n)]}$

Un buon documento di indagine che spiega cosa sta succedendo con problemi di ottimizzazione e classi di query limitate:

http://www.csee.umbc.edu/~chang/papers/bqabh/npfsat.pdf

Vorrei indicare una ragione per cui è difficile dimostrare la durezza NP di questo problema.

In un commento sulla domanda, Luca Trevisan ha fornito un buon modo per ribadire il problema: il seguente problema è risolvibile in tempo polinomiale per ogni costante k ? Data una formula CNF C con clausole m , emette al massimo interi m / k in modo che uno di questi sia uguale a M ( C ). Qui k è relativo a B da k = 2 ^B .

Tuttavia, chiediamo di più. Vale a dire, consideriamo il seguente problema: data una formula CNF C , emette due numeri interi in modo che uno di questi sia uguale a M ( C ). Indichiamo questo problema con Π. Il problema Π è difficile almeno quanto il problema originale, quindi se il problema originale è NP-difficile, Π deve anche essere NP-difficile.

Si noti che Π è un problema di relazione. Uno dei più semplici tipi di riduzioni che possono essere utilizzati per ridurre un problema L a un problema di relazione Π è una riduzione di Levin nel tempo polinomiale, che è un caso speciale di una riduzione di Turing nel tempo polinomiale in cui la riduzione chiama l'oracolo solo per Π una volta.

Sosteniamo che P ^{Π [1]} = P. Ciò implica ovviamente che NP⊈P ^{Π [1] a} meno che P = NP, cioè Π non sia NP-difficile sotto la riducibilità della levina nel tempo polinomiale a meno che P = NP.

Prova . Sia L ∈P ^{Π [1]} , o in altre parole, esiste una riduzione del Levin da L a Π. Ciò significa che esiste una coppia ( f , g ) di una funzione calcolabile a tempo polinomiale f : {0,1} ^* → {0,1} ^* che mappa ogni istanza x del problema L con una formula CNF f ( x ) e un predicato calcolabile in tempo polinomiale g : {0,1} ^* × ℕ × ℕ → {0,1} tale che g ( x , i , j ) = L( x ) se i o j è uguale a M ( f ( x )). (Qui L ( x ) = 1 se x è un'istanza yes di L e L ( x ) = 0 se x è un'istanza no.)

Costruiamo un algoritmo a tempo polinomiale per L da questo come segue. Lascia che x sia un input.

1. Lasciate C = f ( x ), e lasciare che m sia il numero di clausole C .
2. Trova uno i ∈ {0, ..., m } tale che il valore g ( x , i , j ) sia costante indipendentemente da j ∈ {0, ..., m }.
3. Emette questa costante g ( x , i , 0).

Nel passaggio 2, tale i esiste sempre perché i = M ( f ( x )) soddisfa la condizione. Inoltre, questo algoritmo non può generare una risposta errata perché g ( x , i , M ( f ( x ))) deve essere la risposta corretta. Pertanto, questo algoritmo risolve L correttamente. QED .

Se non sbaglio, la stessa idea può essere usata per dimostrare che P ^{Π [ k ( n )]} ⊆DTIME [ n ^{O ( k ( n ))} ]. Ciò implica che NP⊈P ^{Π [ k ]} per qualsiasi costante k a meno che P = NP e che NP⊈P ^{Π [polilogo] a} meno di NP⊆DTIME [2 ^polillog ]. Tuttavia, questa idea da sola non sembra escludere la possibilità che Π sia NP-difficile sotto la riducibilità di Turing a tempo polinomiale.

Credo che possiamo mostrare:

Richiesta. C'è un valore tale che quanto segue è vero. Supponiamo che esista un algoritmo poli-temporale deterministico che, data un'istanza 3-SAT -clause , genera un elenco al massimo di valori , tale che ; poi crolla la gerarchia polinomiale.$0 < c < 1$$m$$\phi$$S$$m^c$$M(\phi) \in S$

La prova utilizza i risultati di Fortnow e Santhanam sull'impossibilità di compressione dell'istanza dal loro documento http://www.cs.uchicago.edu/~fortnow/papers/compress.pdf

In particolare, guardando la loro prova di Thm 3.1, credo che si possa estrarre quanto segue (lo ricontrollerò presto):

"Teorema" [FS]. Ci sono numeri interi tali che quanto segue è vero. Supponiamo in poli-tempo deterministico, uno può trasformare un OR di formule booleane (ciascuna di lunghezza e su insiemi di variabili disgiunti) in un OR di formule (di nuovo variabile-disgiunto e di lunghezza ), preservando la soddisfacibilità / insoddisfazione dell'OR. Quindi e la gerarchia polinomiale collassa.$0 < d' < d$$n^d$$\leq n$$n^{d'}$$\leq n$$\mathsf{NP} \subseteq \mathsf{coNP/poly}$

La prova del nostro reclamo sarà una riduzione dall'attività di compressione OR menzionata nel teorema [FS] sopra, al problema del list-computing . Supponiamo che sia un elenco di formule di cui OR vogliamo comprimere.$M(\phi)$$\psi_1, \ldots, \psi_{n^d}$

Primo passo: definire un circuito di dimensioni polinomiali su stringhe di input . Qui la stringa codifica un'assegnazione a e codifica un numero compreso tra e .$\Gamma$$(v, y_1, \ldots, y_{n^d})$$y_i$$\psi_i$$v \in \{0, 1\}^{d \log n + 1}$$0$$n^d$

Abbiamo accetta se e solo se sia , o .$\Gamma$$v = 0$$\psi_v(y_v) = 1$

Ora lascia che denoti il ​​valore massimo , in modo che il circuito limitato sia soddisfacente. (Questa quantità è sempre almeno 0).$M^*(\Gamma)$$v$$\Gamma(v, \cdot, \ldots, \cdot)$

Supponiamo di poter produrre in modo efficiente un elenco di possibili valori per . Quindi l'affermazione è che nella nostra lista , possiamo buttare via tutto per il quale ; l'elenco risultante contiene una formula soddisfacente, se presente. Spero che questo sia chiaro dall'ispezione.$S$$M^*(\Gamma)$$\psi_1, \ldots, \psi_{n^d}$$\psi_i$$i \notin S$

Conclusione: non è possibile produrre in modo affidabile un elenco di possibili valori per , a meno che la polirarchia non collassi.$S$$\leq n^{d'}$$M^*(\Gamma)$

Secondo passo: riduciamo dal problema del list computing a quello del list computing per le istanze 3-SAT .$M^*(\Gamma)$$M(\phi)$$\phi$

Per fare ciò, eseguiamo prima la riduzione di Cook su per ottenere un'istanza 3-SAT di dimensione . ha lo stesso set di variabili di , insieme ad alcune variabili ausiliarie. Soprattutto per i nostri scopi, è soddisfacente se è soddisfacente.$\Gamma$$\phi_1$$m = poly(n^d)$$\phi_1$$\Gamma$$\phi_1(v, \cdot)$$\Gamma(v, \cdot)$

Chiamiamo i `vincoli forti '. Diamo a ciascuno di questi vincoli un peso di (aggiungendo vincoli duplicati).$\phi_1$$2m$

Quindi aggiungiamo un insieme di `vincoli deboli ' che aggiungono una preferenza per l'indice (definito nel passaggio 1) per essere il più alto possibile. Esiste un vincolo per ogni bit di , vale a dire . Lasciamo che il bit più significativo di di abbia un vincolo di peso . Poiché è di lunghezza , questi pesi possono essere resi integrali (dobbiamo solo pad per lasciare che sia una potenza di 2).$\phi_2$$v$$v_t$$v$$[v_t = 1]$$t$$v$$m/2^{t-1}$$v$$d \log n + 1$$m$

Infine, lascia che sia l'output della nostra riduzione.$\phi = \phi_1 \wedge \phi_2$

Per analizzare , sia l'insieme variabile di , con come prima. Prima nota che dato qualsiasi assegnazione a , si può inferire il valore di dalla quantità (peso totale dei vincoli soddisfatti da ). Ciò deriva dal disegno gerarchico dei pesi dei vincoli (analogamente a una tecnica della risposta di Luca). Allo stesso modo, il valore massimo raggiungibile è raggiunto da un'impostazione che soddisfa tutti i vincoli forti e dove (soggetto a questo)$\phi$$(v,z)$$\phi$$v$$(v, z)$$v$$N(v, z) =$$\phi$$v, z$
$M(\phi)$$(v, z)$$v$è il più grande possibile. Questo è l'indice più grande per il quale è soddisfacente, ovvero . (Nota, è sempre possibile, impostando all-0, per soddisfare tutti i vincoli forti, poiché in tal caso è soddisfacente.)$v$$\Gamma(v, \cdot)$$M^*(\Gamma)$$v =$$\Gamma(v, \cdot)$

Ne consegue che, se ci viene fornito un elenco di possibili valori di , possiamo derivare un elenco dipossibili valori di . Quindi non possiamo avere meno che la poli gerarchia non collassi. Questo dà la richiesta, poiché .$S$$M(\phi)$$|S|$$M^*(\Gamma)$$|S| \leq n^{d'}$$n^{d'} = m^{\Omega(1)}$