Складність тестування на значення порівняно з обчисленням функції

36

Загалом ми знаємо, що складність тестування того, чи приймає функція певне значення на заданому вході, простіша, ніж оцінка функції на цьому вході. Наприклад:

Оцінювання постійної невід'ємної цілочислової матриці # P-важко, але вказує, чи така постійна дорівнює нулю, чи ненульове значення є в P (двопартійне зіставлення)
Існує n дійсних чисел , так що многочлен має такі властивості (дійсно більшість наборів реальних чисел матиме ці властивості) . Для даного вводу тестування того, чи є цей многочлен нульовим, приймає множення та порівняння (за результатами Бен-Ор , оскільки нульовий набір має компонентів), але оцінка вищевказаного многочлена займає щонайменше кроки, виконаний Патерсоном-Стокмейєром . $a_1,...,a_n$ $\prod_{i=1}^{n}(x - a_i)$ $n$ $x$ $\Theta(\log n)$ $n$ $\Omega(\sqrt{n})$
Для сортування потрібні кроки на дереві порівняння (також кроки на реальному алгебраїчному дереві рішень, знову ж таки за результатами Ben-Or), але для тестування, якщо список відсортований, використовується лише порівнянь. $\Omega(n \log n)$ $\Omega(n \log n)$ $n-1$

Чи існують загальні умови на многочлені, достатні для того, щоб зрозуміти, що (алгебраїчна) складність тестування того, чи є многочлен нульовим, еквівалентна складності оцінювання полінома?

Я шукаю умови, які не залежать від того, щоб заздалегідь знати складність проблем.

( Роз'яснення 27.10.2010 ) Щоб зрозуміти, многочлен не є частиною вхідних даних. Це означає, що, враховуючи фіксовану сімейство функцій (по одній для кожного вхідного розміру (або бітової довжини, або кількості входів)), я хочу порівняти складність проблеми мови / рішення зі складністю оцінювання функцій . $\{ f_n \}$ $\{ X : f_n(X) = 0 \text{ where } n \text{ is the "size" of } X \}$ $\{f_n\}$

Уточнення: я запитую про асимптотичну складність оцінювання / тестування сімейств поліномів. Наприклад, над фіксованим полем (або кільцем, таким як ) "постійний" - це не один многочлен, а нескінченна сім'я де є постійною матриці над цим полем (або кільцем). $\mathbb{Z}$ $\{perm_{n} : n \geq 0 \}$ $perm_{n}$ $n \times n$

cc.complexity-theory reference-request algebraic-complexity

— Джошуа Грохов
джерело

Чи не відповідь на ваше запитання залежить не лише від самого полінома, а й від його представлення?

— ільяраз

@ilyaraz: Не впевнений, що ти маєш на увазі. Поліном не є частиною вводу.

— arnab

Джошуа, чи можеш ти "зафіксувати" питання для кращої читабельності?

— Суреш Венкат

4

Я знайшов документ Валіанса ( dx.doi.org/10.1016/0020-0190(76)90097-1 ) "Відносна складність перевірки та оцінки", який розглядає, по суті, те саме питання, але в стандартній настройці машини Тьюрінга, а не алгебраїчна установка. Він не відповідає на моє запитання, але якщо ви вважаєте це питання цікавим, ви також можете знайти його документ цікавим.

— Джошуа Грохов

1

"Алгоритмічні вживання теореми Фефермана-Вагофа" Маковського, можливо, актуальні. Він визначає поліноми шляхом підсумовування структур, визначених MSOL на графах, і показує, що їх легко оцінити, коли графіки обмежені по ширині дерева

— Ярослав Булатов,

4

Понад тестування на нуль та оцінювання "майже" те саме в такому сенсі: Припустимо, у вас є дерево рішень, яке перевіряє, чи є якийсь невідводимий поліном ненульовим. Ми працюємо над , тому ми можемо перевірити лише рівність, але у нас немає "<". У цьому важлива відмінність другого прикладу у питанні! Тепер візьмемо типовий шлях, тобто шлях, пройдений майже всіма входами (ми завжди слідуємо за гілкою " "). Крім того, пройдіть типовий шлях усіх елементів у сорті . Нехай - вузол, в якому ці два шляхи вперше беруть іншу гілку. Нехай $\mathbb{C}$ $f$ $\mathbb{C}$ $\not=$ $V(f)$ $v$ $h_1,\dots,h_m$ бути поліномами, які перевіряються за загальним префіксом двох шляхів. Оскільки замкнено, всі елементи, які лежать у і досягають також лежать у . Тому, якщо , то один з зникає на . Ми застосовуємо Гільберта до і отримуємо, що для деякого многочлена який є спільним для . Коротше кажучи, поки ми не обчислюємо , вирішуючи, чи , ми повинні обчислити для деякого копрімеру $V(f)$ $V(f)$ $v$ $V(h_m)$ $f(x) = 0$ $h_i$ $x$ $h_1 \cdots h_m$ $f g = h_1 \cdots h_m$ $g$ $f$ $f$ $f(x) = 0$ $fg$ $g$ .

— Маркус Блазер
джерело

Отже, складність тестування

по суті охоплюється складністю оцінювання

. Тоді оскільки

неприводимо, складність оцінювання

поліномійно обмежена складністю оцінювання

, ступенем

та кількістю змінних. Отже, якщо

має ступінь полінома, а тестування

досить легко, то тестування та оцінювання є рівнозначними. (Однак, якщо будь-який

f (x) = 0

$f(x)=0$

f g

$fg$

f

$f$

f

$f$

f g

$fg$

f g

$fg$

f

$f$

f (x) = 0

$f(x)=0$

d e g f

$deg f$ великий, або якщо тестування складно - скажімо, ступінь

дуже велика - тоді це говорить дуже мало.)

g

$g$

— Джошуа Грохов,

Я не розумію: якщо ви можете оцінити

, то ви можете перевірити нуль лише однією операцією, а саме, одним тестом на рівність, врешті-решт. Що може піти не так - те, що оцінювати

дешевше, ніж оцінювати

з якоїсь причини. (Примітка: Оцінювати

означає оцінювати в загальній точці, тобто у невизначеному.)

f

$f$

f g

$fg$

f

$f$

f

$f$

— Маркус Блясер

Точно. Оцінити

може бути простіше, ніж оцінювати

. (Я знаю, що оцінювати

означає оцінювати в загальній точці; я не розумію, чому ти вважав за потрібне останнє батьківське зауваження, але це може бути окрім пункту.) Що це саме те, чого ти не отримуєш? Виходячи з вашого останнього коментаря, я б сказав, що ми обидва розуміємо ситуацію і погоджуємось з розумінням один одного ... Дивіться також "Складність факторів багатоваріантних поліномів" Бургіссера, який дає той самий висновок, який я говорив у своєму попередньому коментарі.

f g

$fg$

f

$f$

f

$f$

— Джошуа Грохов

Додатковий цікавий висновок з цього обговорення: хоча тестування, якщо постійність негативної матриці дорівнює нулю чи ні, є легким, проте перевірити, якщо постійний довільної складної матриці дорівнює нулю, це легко, якщо і лише якщо оцінка постійної є простою.

— Джошуа Грохов

Вибачте, я неправильно зрозумів ваш перший коментар. Все добре.

— Маркус Блазер

5

"Алгоритмічні вживання теореми Фефермана-Вагофа" Маковського, можливо, актуальні. Він визначає поліноми шляхом підсумовування структур, визначених MSOL на графах, і показує, що їх можна простежити, коли графіки обмежені шириною дерева.

Це не говорить про велику різницю в складності тестування / оцінювання, крім того, що це FPT. Тестування значення означає запитати, чи існує такий параметр змінних, який дає задану формулу MSO2 на даному графіку істинною, тоді як оцінка включає перерахування над задоволенням призначення формули MSO2. Це, мабуть, пов'язане з питанням про те, як складність підрахунку САТ стосується складності САТ.

Редагувати 10/29 Ще однією корисною концепцією може бути пошук уніфікованої властивості складних точок. Мабуть, поліноми з цією властивістю або легко оцінити у всіх точках, або важко оцінити майже в кожній точці. Маковський дає деякі посилання на слайди 46-52 - http://www.cs.technion.ac.il/admlogic/TR/2009/icla09-slides.pdf

— Ярослав Булатов
джерело

3

Я зіткнуся з ідеєю, що оцінювання полінома у для фіксованого простого (або будь-якого розширеного кінцевого поля та з коефіцієнтами, обмеженими одним і тим же полем) відповідатиме вашому критерію. $q(x)$ $\mathbb F_p$ $p$

$\mathbb F_2[x]$ $x^2=x$ $\mathbb F_2$ $0,1,x,x+1$ $0$ $1$

$\mathbb F_q$ $q=p^n$ $p$ $n$

— Картер Таціо Шонвальд
джерело

1

{p e r m_{n} : n \geq 0}

$\{perm_{n} : n \geq 0\}$

p e r m_{n}

$perm_{n}$

n \times n

$n \times n$

— Джошуа Грохов

1

F_{2}

$\mathbb F_2$

x^{2} = x

$x^2=x$

1

Картер: Я вважав, що зрозуміло, що я питаю про асимптотику, але зараз я уточнив. Ви також можете використати полівар мультиварки, де кількість варіантів не фіксована. Вибачте за знищення, але я не думаю, що ви заслуговуєте на половину винагороди (+25) за вказівку, що кінцеві набори полів 1-вар можна оцінити за допомогою O (1) ops. Я знаю, що ви насправді вказували на щось менш очевидне, але це не стосувалося питання: як уже зазначалося в коментарях до Q , полі не є частиною інформації. Таким чином, над F_2 дійсно є лише 4 1-вар поліси (використовувати x ^ 2 = x не потрібно).

— Джошуа Грохов

p e r m_{n}

$perm_n$

1

d e t_{n}

$det_{n}$

d e t_{n}

$det_{n}$

F_{p_{n}}

$\mathbb{F}_{p_{n}}$

p_{n}

$p_{n}$

3

Я не впевнений, чи правильно я розумію питання, але дозвольте спробувати пролити трохи світла.

Як правило, оцінювати поліном за певними значеннями простіше, ніж тестування ідентичності, особливо коли представлення полінома здійснюється за допомогою схеми (деяке стисле подання). Однак існує безліч рандомізованих алгоритмів тестування ідентичності ( Schwarz-Zippel - найбільш прямий), який працює на справедливих оцінках.

$n^{O(1)}$

$x_i \mapsto y^{2^i}$ $\sum_{i\in S} \alpha_i y^{a_i}$ $y^r - 1$ $r$ $r$ $y^a$ $y^b$ $y^r - 1$ $r$ $a - b$ $r$ $\prod_{i,j\in S} (a_i - a_j)$ $r$

Досягнуто більшого прогресу в алгоритмах тестування ідентичності в чорному ящику. Зараз більшість із них стоїть на обмеженій глибині 3 контурів (сума добутків сум змінних). (FWIW) Деякі про це йдеться більш детально в розділі 3 і 4 моєї M.Sc дисертації . Нещодавно відбулися подальші вдосконалення Саксени та Сешадрі .

— Рампрасад
джерело

x

$x$

f (x) = 0

$f(x)=0$

x

$x$

f (x)

$f(x)$

Ах! Я бачу ... Дякую за роз’яснення; моя відповідь у цьому випадку не надто актуальна.

— Рампрасад

1

$1-xy$ $x$ $y$ $\mathbb{Z}[x_1,...,x_n]$ $n$

— Колін МакКіллан
джерело

N P

$NP$

N P / p o l y

$NP/poly$

# P

$\# P$

N P

$NP$

# P

$\# P$

# P

$\# P$

f

$f$

f

$f$

Існує думка, що природні підрахунки версій проблем, повних NP, завжди є # P-завершеними, але я не знаю жодних інших стосунків. Різновидом тривіальної умови було б те, що проблема є самовідновлюваною і f обмежена многочленом.

— Колін МакКійлан