I limiti di runtime in P sono decidibili? (risposta: no)

La domanda è se la seguente domanda è decidibile:

Problema   Dato un intero e la macchina di Turing promessa di essere in P, il tempo di esecuzione di rispetto alla lunghezza di input ?M M O ( n k ) $k$$M$$M$ ${O}(n^k)$$n$

È accettabile una risposta ristretta di "sì", "no" o "aperto" (con riferimenti, bozze di prova o una revisione delle conoscenze attuali), ma sono benvenute anche risposte più ampie.

Risposta

Emanuele Viola ha pubblicato una prova che la domanda è indecidibile (vedi sotto).

sfondo

Per me, questa domanda è nata naturalmente analizzando la risposta di Luca Tevisan alla domanda I tempi di autonomia per P richiedono risorse EXP per il limite superiore? ... sono noti esempi concreti?

La domanda riguarda anche una domanda di MathOverflow: quali sono i problemi indecidibili di Turing più interessanti in matematica? , in una variazione in cui la parola "matematica" viene cambiata in "ingegneria", riconoscendo che la stima del tempo di esecuzione è un onnipresente problema di ingegneria associato (ad esempio) alla teoria del controllo e alla progettazione dei circuiti.

Pertanto, l'obiettivo generale nel porre questa domanda è ottenere un miglior apprezzamento / intuizione riguardo a quali aspetti pratici della stima del tempo di esecuzione nella classe di complessità P sono fattibili (cioè, richiedono risorse computazionali in P per stimare), rispetto non fattibile (cioè, richiedono risorse di calcolo in EXP da stimare), rispetto a formalmente indecidibili.

--- modifica (post-risposta) ---

Ho aggiunto il teorema di Viola al wiki della comunità di MathOverflow "Interessanti problemi indecidibili di Turing". È il primo contributo di quel wiki associato alla classe di complessità P; ciò attesta la novità, la naturalezza e l'ampia portata del teorema di Viola (e anche IMHO la sua bellezza).

--- modifica (post-risposta) ---

La monografia di Juris Hartmanis I calcoli fattibili e le proprietà dimostrabili della complessità (1978) coprono gran parte dello stesso materiale delle prove di Emanuele Viola.

Il problema è indecidibile. In particolare, è possibile ridurre il problema di arresto come segue. Data un'istanza del problema di arresto, costruisci una nuova macchina che funzioni come segue: sugli input di lunghezza , simula su per passi. Se accetta, eseguire il ciclo per passi e arrestare; in caso contrario, eseguire il ciclo per passaggi e interrompere.M ′ n M x n M n 2 n $(M,x)$$M'$$n$$M$$x$$n$$M$$n^2$$n^3$

Se ferma su lo fa in passi , quindi il tempo di esecuzione di sarebbe . Se non si ferma mai, il tempo di esecuzione di è almeno .x t = O ( 1 ) M ′ O ( n 2 ) M M ′ n $M$$x$$t=O(1)$$M'$$O(n^2)$$M$$M'$$n^3$

Quindi puoi decidere se accetta decidendo se il tempo di esecuzione di è o .x M ′ O ( n 2 ) O ( n 3$M$$x$$M'$$O(n^2)$$O(n^3)$

Questa è una riformulazione della risposta di Emanuele Viola con l'obiettivo di essere più comprensibili.

Mostriamo che il dato problema è indecidibile riducendo ad esso il problema generale di arresto$P$$H$

Sia qualsiasi istanza del problema di arresto, ovvero dobbiamo decidere se ( ferma su ). Costruire una macchina Turing che funziona come segue:M ( x ) ↓ M x M $(M, x)$$M(x)\downarrow$$M$$x$$M^*$

M*(y) = {
  n := |y|
  Simulate M(x) for n steps
  if ( M(x) has halted )
    Execute n*n arbitrary steps
  else
    Execute n*n*n arbitrary steps
}

Ora osserviamo le seguenti implicazioni:

$\begin{align*} M(x) \downarrow \quad &\Rightarrow \exists n_0 \in \mathbb{N} : M \text{ halts on } x \text{ after at most } n_0 \text{ steps} \\ &\Rightarrow \forall y : n \geq n_0 \Rightarrow M^*(y) \text{ executes } n^2 \text{ arbitrary steps} \\ &\Rightarrow T_{M^*}(n) \in \mathcal{O}(n^2) \end{align*}$

e

$\begin{align*} M(x) \uparrow \quad &\Rightarrow \forall n \in \mathbb{N} : M \text{ does not halt on } x \text{ in less than } n \text{ steps} \\ &\Rightarrow \forall y : M^*(y) \text{ executes } n^3 \text{ arbitrary steps} \\ &\Rightarrow T_{M^*}(n) \in \Omega(n^3) \end{align*}$

Pertanto, . Supponendo che fosse algoritmicamente decidibile, così sarebbe , che produce una contraddizione. $H(M,x) \Leftrightarrow P(M^*,2)$$P$$H$$\square$

Sul lato positivo, è decidibile se una macchina di Turing a un nastro gira nel tempo per , vedi:$n \mapsto C \cdot n + D$$C, D \in \mathbb{N}$

David Gajser: Verifica se le macchine di Turing non deterministiche a nastro singolo funzionano in tempo$Cn+D$ , arXiv: 1312.0496

Il problema è stato risolto anche nel mio articolo " Il contenuto intenzionale del teorema di Rice " POPL'2008, dove dimostro che nessuna "cricca della complessità" è decidibile. Una cricca di complessità è una classe di programmi a programmi chiusi con comportamento e complessità simili . Fornisco anche le condizioni necessarie per le proprietà semi-decidibili.

I programmi in esecuzione in O (n ^ k) sono una cricca di complessità in questo senso, quindi l'insieme non è decidibile.

Il risultato è stato recentemente esteso anche alle impostazioni subrecursive (come P) da Mathieu Hoyrup: Le proprietà decidibili delle funzioni subrecursive (ICALP 2016).

Per aggiungere alle risposte precedenti, questo problema non è solo indecidibile ma completo. Pertanto, è indecidibile anche se il decisore ha un oracolo per il problema di arresto. $Σ^0_2$

Per chiarire la completezza, mentre anche la condizione di promessa del P-time è , esiste un insieme decidibile di codici tale che tutte le macchine in sono tempo polinomiale e la domanda è completare il .$Σ^0_2$$S$$S$$O(n^2)$$Σ^0_2$$S$

Per dimostrarlo, scegli completo , con tempo polinomiale calcolabile (per numeri binari).$Σ^0_2$$φ$$φ(x) ⇔ ∃k ∀m \, ψ(x,k,m)$$ψ$

Quindi vale se la seguente macchina è dove è la lunghezza di input (la macchina si preoccupa solo della lunghezza di input):$φ(x)$$O(n^2)$$n$

per 0 a :     se : # testato usando un loop         halt     wait per step haltn ∀ m < $k$$n$
n $∀m<n \, ψ(x,k,m)$

$n^2$

Si noti che per ogni non troppo piccolo , se un programma si ferma sempre (per esempio) in passaggi è -completo, ma la domanda sui limiti in modo robusto dà .≤ n 2 + c Π 0 1 Σ 0 $c$$≤n^2+c$$Π^0_1$$Σ^0_2$

ecco di recente nuove analisi / angoli / risultati più sistematici su questa domanda e relative, che introducono il concetto di "verificabilità algoritmica" e un analogo simile a Rice per la teoria della complessità. segue una sezione pertinente dell'abstract e ci sono molti altri teoremi correlati relativi alla provabilità di P vs NP ecc

• Perché il concetto di complessità computazionale è difficile per la matematica verificabile / Hromkovic

  Innanzitutto, dimostriamo il teorema di Rice per l'improvvisazione, sostenendo che ogni problema semantico non banale sui programmi non è quasi ovunque risolvibile in matematica "AV" algoritmicamente verificabile. Usando questo, mostriamo che ci sono infiniti algoritmi (programmi che sono provabilmente algoritmi) per i quali non esistono prove che funzionino in tempo polinomiale o che non funzionino in tempo polinomiale. ...

  Notare che, se P! = NP è dimostrabile in matematica AV, allora per ogni algoritmo A è dimostrabile che "A non risolve la SODDISFABILITÀ o A non funziona in tempo polinomiale". È interessante notare che alla fine mostriamo che esistono algoritmi per i quali non è né dimostrabile che non funzionino in tempi polinomiali, né che non risolvano la SODDISFAZIONE. Inoltre, esiste un algoritmo che risolve la SODDISFABILITÀ per la quale non è possibile dimostrare in matematica AV che non funziona in tempi polinomiali.

  Inoltre, mostriamo che P = NP implica l'esistenza di algoritmi X per i quali l'affermazione "X risolve la SODDISFABILITÀ in tempo polinomiale" non è dimostrabile in matematica AV.

La soluzione di Viola può essere generalizzata a qualsiasi tempo di esecuzione (oltre il poli): è possibile ridurre il problema di arresto come segue. Data un'istanza (M, x) del problema di arresto, costruisci una nuova macchina M ′ che funzioni come segue: sugli input di lunghezza n, simula M su x per passi f (n) o fino a quando M si ferma, dove f (n ) è qualsiasi funzione crescente arbitraria (maggiore della costante) di n. (Oss .: M ′ legge gradualmente l'input, per evitare di perdere tempo lineare [O (n)] solo per leggere inutilmente tutto l'input, se è abbastanza grande e M si ferma.)

Se M si ferma su x lo fa in passi T = O (1), quindi il tempo di esecuzione di M ′ sarebbe O (1). Se M non si ferma mai, il tempo di esecuzione di M ′ è O (n ^ 2 * f (n)).

Quindi puoi decidere se M accetta x decidendo se il tempo di esecuzione di M ′ è O (1) o O (n ^ 2 * f (n)).

Quindi, il codice ausiliario di Raffaello può essere generalizzato di conseguenza da:

Sia (M, x) qualsiasi istanza del problema Halting, ovvero dobbiamo decidere se M si ferma su x. Costruisci una macchina di Turing deterministica (DTM) M * che funziona come segue:

1. M * (input) = {
2. n: = 0
3. Leggi il primo simbolo dall'input
4. Ciclo continuo:
5. n: = n + 1
6. Simula M (x) per passi f (n) o fino a quando M (x) si ferma
7. Leggi il simbolo successivo dall'input
8. Ripeti fino a quando end_of_input o fino a quando M (x) si è arrestato
9. }

Ora osserviamo le seguenti implicazioni:

M si ferma su x dopo al massimo k (costanti) passi => T (M *) = O (1) e

M non si ferma mai su x => T (M *) = O (n ^ 2 * f (n))

Pertanto, anche decidere se il tempo di esecuzione di un DTM arbitrario sia semplicemente maggiore della costante è difficile come risolvere il problema. □