Чи передбачає повнота coNP твердість NP?

Чи передбачає повнота coNP твердість NP? Зокрема, у мене є проблема, яку я показав, що він завершено. Чи можу я стверджувати, що це важко? Я розумію, що я можу претендувати на твердість coNP, але я не впевнений, що ця термінологія є стандартною.

Мені подобається твердження, що якщо проблема, повна NP, належить coNP, то NP = coNP. Однак у цих лекційних записках зазначено, що якщо NP-важка проблема належить до coNP, то NP = coNP. Тоді це дозволить припустити, що я не можу стверджувати, що моя проблема є важкою для NP (або що я довів coNP = NP, в чому я дуже сумніваюся).

Можливо, в моєму мисленні щось не так. Думаю, що проблема, що завершується coNP, є важкою, оскільки:

кожна проблема в НП може бути зведена до її доповнення, яке належатиме до СНП.
проблема з доповненням у coNP зводиться до моєї проблеми, що завершується coNP.
таким чином, ми маємо скорочення від кожної проблеми в NP до мого coNP-повного, тому моя проблема є NP-важкою.

complexity-theory np-hard

— Остін Бюкенан
джерело

словом, ні! принаймні на основі сучасних знань. питання тісно пов'язане з P =? NP (або більш чітко coNP =? NP, який також відкрито). зауважимо, що якщо доведено coNP ≠ NP, то P ≠ NP також доведено, оскільки P закритий під доповненням.

— vzn

Відповіді:

Ви стверджуєте, що кожна проблема в NP може бути зведена до її доповнення , і це справедливо для скорочень Тьюрінга, але (напевно) не для багатьох-одного скорочення. Скорочення на один-один з на є функцією полімережі такою, що для всіх , iff . $L_1$ $L_2$ $f$ $x$ $x \in L_1$ $f(x) \in L_2$

Якщо якась - то проблема в CONP була NP-важкою, то для будь-якої мови було б функція полиномиальной таке , що для всіх , тоді і тільки тоді . Оскільки знаходиться в coNP, це дає алгоритм coNP для , показуючи, що NP coNP, і так NP coNP. Більшість дослідників не сподіваються, що це так, і тому проблеми в coNP, ймовірно, не є складними. $L$ $M \in NP$ $f$ $x$ $x \in M$ $f(x) \in L$ $L$ $M$ $\subseteq$ $=$

Причина, по якій ми використовуємо скорочення Карпа, а не скорочення Тьюрінга, полягає в тому, що ми можемо розрізнити проблеми, важкі для NP та CoNP. Дивіться цю відповідь для отримання більш детальної інформації (скорочення Тьюрінга в цій відповіді називаються скороченнями Кука).

Нарешті, coNP-hard та coNP-повна є стандартною термінологією, і ви можете їх використовувати.

— Юваль Фільм
джерело

"але не для багатьох скорочень" - не проблема вирішення саме того, що ми не знаємо, чи є скорочення Карпа з ( ) -мовлення до його доповнення?

NP \overset{?}{=} coNP

$\text{NP} \overset{?}{=} \text{coNP}$

co

$\text{co}$

NP

$\text{NP}$

— Г. Бах

Це правильно, і це теж я показую у відповіді. Коли я заявив, що це неправда для багатьох-одних скорочень, я не мав на увазі це в суворо логічному сенсі, а, скоріше, у тому сенсі, що «скорочення, про яке ти думаєш, - це зменшення Тьюрінга, а не скорочення багатьох .

— Yuval Filmus

Ну добре, так, це, мабуть, проблема.

— Г. Бах

Дякую. Яка корисна довідка для цього? Зокрема, для "NP = coNP за скороченнями Кука, але чи вважається, що вони є різними скороченнями карпа Карпа"?

— Остін Бюкенан

Думка, що NP відрізняється від coNP, є досить поширеною. Іноді його приписують Стівену Куку. Твердість NP така сама, як і твердість coNP при зменшенні Кука, випливає безпосередньо з визначення.

— Yuval Filmus

Проблема з цим розсудом - це перший крок. У детермінованому випадку ви можете вирішити за допомогою TM iff, ви можете вирішити з ним, тому що спосіб зробити це просто перевернути вихідний біт оскільки його вихід залежить тільки від (якщо ми порівняйте з визначенням верифікатора ). $x \in L$ $\text{M}$ $x \notin \overline{L}$ $\text{M}$ $x$ $NP$

У недетермінірованних випадку з допомогою визначення верифікатор, це не відомо , чи можна побудувати -verifier з -verifier або навпаки, і проблема полягає в тому , що вони мають різні кванторів у визначеннях , що верифікатор машини повинні виконати. Нехай , тоді у нас є верифікатор DTM такий: $\text{NP}$ $\text{coNP}$ $L \in \text{coNP}$ $\text{M}$

х \in L ⟺ \forall z \in {0, 1}^{p (| х |)} : М (х, z) = 1

$x \in L \iff \forall z \in \{0,1\}^{p(|x|)}:\text{M}(x,z) = 1$

Для верифікатор повинен буде виконати $\overline{L}$ $\text{M'}$

х \in \bar{L} ⟺ \exists z \in {0, 1}^{q (| х |)} : М ' (х, z) = 1

$x \in \overline{L} \iff \exists z \in \{0,1\}^{q(|x|)}:\text{M'}(x,z) = 1$

Чому ми не можемо потім просто використовувати -verifier на мові побудувати -verifier для ? Проблема полягає в -quantifier необхідно мати -verifier. У -verifier може дати вам для деякого (помилкового) сертифіката навіть для , так що ви не можете перейти від до . $\text{NP}$ $\text{M'}$ $\text{K}$ $\text{coNP}$ $\text{M}$ $\text{K}$ $\forall$ $\text{coNP}$ $\text{NP}$ $\text{M'}$ $0$ $x \in \text{K}$ $\exists$ $\forall$

Можливо, більш абстрактно: незрозуміло, як побудувати (за поліноміальним часом) машину, яка розпізнає саме елементи мови, незалежно від того, який сертифікат приходить із ними, з машини, яка точно розпізнає елементи мови, які мають певний сертифікат на це, але для якого також деякі сертифікати не працюють.

— Г. Баха
джерело

Однак дивно, що відомо, що NL = coNL, NPSPACE = coNPSPACE, і взагалі недетерміновані класи, визначені обмеженнями простору, закриваються доповненням. Це теорема Імермена-Щелепченія.

— Yuval Filmus

Цікаво, що я цього не знав - але, мабуть, інтуїція за ним, мабуть, є такою, якою вона є завжди, з класами простору: ми можемо просто використати простір.

— Г. Бах

s

$s$

t

$t$

\log n

$\log n$

s

$s$

t

$t$