Чи повна проблема пошуку операторів для задоволення списку булевих змінних NP?

Це схоже на SAT, за винятком того, що ми знаємо присвоєння кожної змінної, але не знаємо присвоєння будь-якого булевого оператора. У такому випадку, чи знаходить призначення кожного оператора, щоб вираз оцінював задане булеве значення як NPC?

Власне, мені було цікаво, чи не буде завершення пошуку арифметичних операторів для задоволення цілого арифметичного виразу (наприклад, = 10)?$1$ $op_1$ $3$ $op_2$ 7 o p 3 o p $7$ $op_3$ $op_4$

З додаванням і відніманням, я думаю, що проблема Розбиття , яка є важкою для NP, зводиться до вашої другої проблеми.

Враховуючи множину $S = \{s_1, s_2, \ldots, s_n\}$ ми створюємо задачу

$s_1$ $op_1$ $s_2$ $op_2$ $s_3$ $op_3$ $\ldots op_{n-1}$ $s_n = 0$ .

Якщо рішення існує, ми створюємо два набори:

$S_1 = \{s_1\}\cup \{s_i | op_{i-1} = +\}$

$S_2 = \{s_i | op_{i-1} = -\}$

Ці два набори повинні мати однакову суму при встановленні нашої вихідної проблеми, тому проблема з розділами вирішена. Це показує, що не тільки важко придумати власне рішення цієї проблеми, але насправді НП важко визначити, чи існує рішення (принаймні для додавання та віднімання).

Для набору операцій, що не дозволяє створювати від'ємні цілі числа, скажімо, множення та додавання, це не так однозначно. Крім того, це свідчить лише про те, що проблема недостатньо складна; може бути зменшення, яке дає більш сильний результат, ніж це.

Коротка відповідь. Операторська версія SAT ефективно вирішується - принаймні, якщо припустити довільні схеми двовхідних воріт без вентиляторів, над будь-яким потрібним вибором набору воріт.

Довга відповідь. Я припускаю наступну форму булевої проблеми:

2-ДРУГО-ОПСАТ. З огляду на вхід x ∈ { 0 , 1 } n для n ⩾ 2 та набір затворів G, що складається з 2-х вхідних одних вихідних воріт, чи існує схема С, що складається з воріт у G, яка приймає x , тобто яка є задовольняється, коли дається вхід x (відображення бітів x до листя схеми C в порядку)?$x \in \{0,1\}^n$$n \geqslant 2$$\mathcal G$$C$$\mathcal G$ $x$$x$$x$$C$

Зокрема, ми не накладаємо особливої ​​структури на схеми С (окрім того, що є двійковими деревами), не допускаємо вентиляції (так що кожен біт x використовується лише один раз), і ворота можуть бути несиметричними. Дозволяючи лише двобітні ворота, я виключаю ворота NOT (але це може бути імітовано наявністю декількох воріт, пов'язаних один з одним запереченнями, такими як AND / NAND ; а також виключаю ворота, які просто виводять константи без входів , так що кількість воріт в ланцюгу насправді завжди буде n - 1. для n- бітового вводу. Для стислості я посилаюсь на 2-TREE-OPSAT нижче просто як$C$$x$$n-1$$n$OPSAT ; хоча аналіз проблеми може стати набагато більш важким для схем , що дозволяють довільно K -input воріт ( к-ДЕРЕВО-OPSAT ) або дозволяти віяловій з (який ми могли б назвати к-розгалуження-OPSAT ).

[ Відредаговано, щоб додати : ми можемо легко адаптувати це до розгляду більш загальної проблеми поточної ревізії вашого питання, в якій ми намагаємося відобразити задане x ∈ { 0 , 1 } ∗ до цільового значення b ∈ { 0 , 1 } , змінюючи ролі 0 і 1 в аналізі нижче; це має ефект перестановки ролі AND і OR , NAND і NOR , і т.д. ] $x \in \{0,1\}^\ast$$b \in \{0,1\}$$0$$1$$\def\et{\wedge}\def\ou{\vee}\def\AND{\mathop{\text{AND}}}\def\NAND{\mathop{\text{NAND}}}\def\OR{\mathop{\text{OR}}}\def\NOR{\mathop{\text{NOR}}}\def\EQUAL{\mathop{\text{EQUAL}}}\def\PARITY{\mathop{\text{PARITY}}}$

Для фіксованого вибору x ∈ { 0 , 1 } n проблема вибору відповідного дерева з відповідними воротами не є відмінністю від логічної диз'юнкції: використання еквівалентів, таких як OR ( x , y $x \in \{0,1\}^n$≡( І(х,у)∨PARITY ( x , y ) ) ми можемо виконувати скорочення між колекціями, що стосуються більш складних наборів воріт до простих (і потужних) наборів воріт; а може говорити про одному наборі воріт можливості емулювати інші воротаякі не належать до набору,допомогою розумно вибрати певний елемент G , який має той же ефект (при поданні з конкретним входом) як ворота G ∉ G . Зокрема, певні комбінації воріт (наприклад, { OR , NAND } ) можуть імітувати постійну функцію, що приносить 1 : ми говоримо, що такі набори воріт єтавтологічними.

Ми продовжуємо розглядаючи набори воріт, включаючи різні типи воріт G , пізніше виключаючи ці ворота з пізніших випадків аналізу, щоб показати, що набори воріт, що включають будь-який один із воріт, призводять до проблеми, що простежується. Ми продовжимо порядок кількості двобітних рядків, які задовольняють розглянутий хід, починаючи від постійного 1 воріт до постійного 0 воріт.$G$$1$$0$

1. Для будь-якого набору G, який містить постійний затвор G ( x , y ) = 1 , ми можемо просто побудувати ланцюг C, використовуючи лише цей затвор, і в цьому випадку C приймає будь-який x .$\mathcal G$$G(x,y) = 1$$C$$C$$x$

2. АБО і NAND. Для будь-якого набору G, який містить АБО : якщо всі інші ворота G ∈ G задовольняють G ( x , y $\mathcal G$$\OR$$G \in \mathcal G$⟹АБО ( х , у ) , то не існує будьяких перевагщоб вибрати будь-які інші воротаале АБО в побудові схеми C . Ланцюг тількиворіт АБО приймає будь-яку рядок, крім x ∈ 0 ∗ . В іншому випадку існує ворота G ∈ G такий, що { G , OR } є тавтологічним. Отже, будь-який примірникOPSATз OR ∈ G простий; і подібні зауваження застосовні для NAND ∈ G .$G(x,y) \implies \OR(x,y)$$\OR$$C$$\OR$$x \in 0^\ast$$G \in \mathcal G$$\{G, \OR\}$$\OR \in \mathcal G$$\NAND \in \mathcal G$

3. Імплікаційні ворота. Розглянемо ворота G ( x , y ) = ¬ x ∨ y , який виводить нуль лише, якщо ( x , y ) = ( 1 , 0 ) . З цього випливає аналогічний аналіз для воріт G ′ ( x , y ) = x ∨ ¬ y . Розглянемо будь-який рядок x ∈ { 0 , 1 } n . Якщо $G(x,y) = \neg x \ou y$$(x,y) = (1,0)$$G'(x,y) = x \ou \neg y$
   
   $x \in \{0,1\}^n$$x$закінчується на 0 , розкласти x на підрядки вигляду w j = 1 ∗ 0 ; на кожне таке w j рекурсивно застосовуємо G справа наліво, що дає вихід 0 для кожного w j . (Для підрядків довжиною 1 ми використовуємо тривіальну схему, тобто залиште цей вхід в спокої.) Аналогічно, якщо x закінчується на 1 , розкладіть x на підрядки форми w j = 0 ∗ 1 і рекурсивно застосуйте G зліва на прямо на кожному$0$$x$$w_j = 1^\ast 0$$w_j$$G$$0$$w_j$$x$$1$$x$$w_j =0^\ast 1$$G$w j , що дає вихід 1 для кожного w j . Таким чином, ми можемо зменшити проблему до побудови схем, які задовольняються або на 0 м, або на 1 м , де m - кількість підрядків 1 ∗ 0 або 0 ∗ 1 . Для m ⩾ 2 ми можемо прийняти або використовувати G- ворота шляхом рекурсивного застосування G зліва направо. Це просто залишає випадок m = 1 , для якого проблемним випадком є ​​входи x ∈ $w_j$$1$$w_j$$0^m$$1^m$$m$$1^\ast0$$0^\ast 1$$m \geqslant 2$$G$$G$$m = 1$∗ 0 . Для x = 1 ∗ 0 , будь-яка схема, що складається лише зворіт G, дасть лише короткі рядки форми 1 ∗ 0 , що в кінцевому підсумку дасть однобітну рядок 0 : так що жоден ланцюгшлюзів G не може бути задоволений цим входом. Якщо єтакожзатвор H ∈ G, для якого H ( 1 , 0 ) = 1 , то { G , H } є тавтологічним; або, якщо є ворота$x \in 1^\ast 0$
   
   $x= 1^\ast 0$$G$$1^\ast 0$$0$$G$$H \in \mathcal G$$H(1,0) = 1$$\{G,H\}$∈ G, для якого H ( 1 , 1 ) = 0 , ми можемо звести рядки форми 11 ∗ 0 до рядків форми ( 1 ∗ 0 ) ∗ , застосувавши H до перших двох біт x . В іншому випадку не може бути побудована схема, яка приймає x ∈ 1 ∗ 0 . Таким чином, для будь-якого набору воріт G, який містить ворота,подібнідо імплікацій,OPSATє простим.$H \in \mathcal G$$H(1,1) = 0$$11^\ast 0$$(1^\ast 0)^\ast$$H$$x$$x \in 1^\ast 0$
   
   $\mathcal G$

4. Заперечення прогнозів. Розглянемо ворота ¬ π 1 ( x , y ) = ¬ x і ¬ π 2 ( x , y ) = ¬ y . Ми вважаємо , ¬ π 1 , аналіз з ¬ π 2 подібний до. Сама по собі ¬ π 1 може прийняти будь-який рядок у 0 ( 0 | 1 ) n - 1 для n ⩾ $\neg \pi_1(x,y) = \neg x$$\neg \pi_2(x,y) = \neg y$$\neg \pi_1$$\neg \pi_2$$\neg \pi_1$$0(0|1)^{n-1}$$n \geqslant 2$шляхом зменшення кінцевого n - 1 біта до одного біта, а потім застосування ¬ π 1 ; і він може аналогічно прийняти 1 ( 0 | 1 ) n - 1 для n ⩾ 3 , зменшивши кінцевий n - 2 біт до одного біта, а потім застосувати схему ¬ π 1 ( ¬ π 1 ( x 1 , x 2 ) , х 3 ) . Єдині входи, що $n-1$$\neg \pi_1$$1(0|1)^{n-1}$$n \geqslant 3$$n-2$$\neg \pi_1(\neg \pi_1(x_1, x_2),x_3)$π 1 ланцюга, який не можна прийняти, становлять 10 або 11 ; Визначення того, чи приймає якісь додаткові ворота тривіальне. Таким чином,OPSATлегкозаперечуєпрогнози.$\neg \pi_1$$10$$11$

5. ПАРИТІСТЬ та РІВНІСТЬ . Розглянемо ворота PARITY ( x , y ) = ( x ∨ ¬ y ) ∧ ( ¬ x ∨ y ) . Набір затворів G = { PARITY }, очевидно, може бути задоволений лише точно рядками x ∈ { 0 , 1 } n з непарним числом 1s; ми вважаємо користь додавання будь-яких інших воріт.$\PARITY(x,y) = (x \ou \neg y) \et (\neg x \ou y)$$\mathcal G = \{\PARITY\}$$x \in \{0,1\}^n$

   • Будь-який набір воріт, який містить і PARITY, і AND, або NOR ( x , y ) = ¬ ( x ∨ y ), може імітувати схеми, які містять ворота OR або NAND (відповідно) для фіксованих входів, що є простими випадками OPSAT .$\PARITY$$\AND$$\NOR(x,y) = \neg(x \ou y)$$\OR$$\NAND$
   • Either $\pi_1(x,y) = x$ or $\pi_2(x,y) = y$ can be used to simulate either $\AND$ or $\NOR$ on two-bit substrings of even parity, so that we may reduce gate-sets with these gates and $\PARITY$ to the preceding case.
   • $\PARITY$ together with $\EQUAL = \neg \PARITY$ is tautologous.
   • If we supplement $\PARITY$ with the gate $G_{01} = \neg x \et y$, we can accept any even-parity string except for $x \in (11)^\ast 0^\ast$ by applying $G_{01}$ to a $01$-substring of $x$ and then applying a $\PARITY$ circuit to the rest. Similarly, $\PARITY$ together with $G_{10} = x \et \neg y$ can accept any string except those of the form $x \in 0^\ast (11)^\ast$. Supplementing $\PARITY$ with both $G_{01}$ and $G_{10}$ allow us to build circuits which accept all inputs except $x \in 0^\ast$ and $x = 11$.
   • Finally, if we supplement $\PARITY$ with the constant gate $Z(x,y) = 0$, we can accept any input except for $x \in (11)^\ast$ or $x \in 0^\ast$ by applying a $G$ gate to a substring $01$ or $10$, reducing to the odd parity case.

   Thus, OPSAT is easy for any $\mathcal G$ containing $\PARITY$.
   
   A similar analysis applies for the $\EQUAL$ gate as for the $\PARITY$ gate: because $\EQUAL(x,y) = \neg \PARITY(x,y) = \neg \PARITY(\neg x, \neg y)$, circuits of $\EQUAL$ gates essentially count the parity of the number of $0$s in the input. We may then reduce the analysis for $\EQUAL$ to that of $\PARITY$ by exchanging $0$ and $1$.

6. Projection gates. The gates $\pi_1(x,y) = x$ and $\pi_2(x,y) = y$, taken on their own, can only build circuits which accept strings starting or ending in $1$, respectively. Consider the effect of augmenting the gate $\pi_1$ with any other gate (a similar analysis holds for $\pi_2$):

   • Allowing both $\pi_1$ and $\pi_2$ allows the construction of a "selection" circuit, which simply outputs any single bit from the input; these can accept any $x \ne 0^n$, and supplementing them with any gate $G$ for which $G(0,0) = 1$ allows a satisfied circuit to be built for any $x$.
   • If we supplement $\pi_1$ with either $\NOR$ or $G_{01} = \neg x \et y$, we may simulate either $\OR$ or an implication-like gate for fixed inputs; OPSAT is solved for both of these cases.
   • If we supplement $\pi_1$ with either $\AND$, $G_{10} = x \et \neg y$, the constant gate $Z(x,y) = 0$, or any combination of them, we get no additional accepting power, so that we still can only accept strings starting with $1$.

   Thus, for any other gate we may supplement $\pi_1$ (or $\pi_2$) with, we obtain either a tautologous set, obtain no additional accepting power over just $\pi_1$ (or $\pi_2$), or may reduce to an earlier easy case of OPSAT. Then any instance of OPSAT with $\pi_1 \in \mathcal G$ or $\pi_2 \in \mathcal G$ is easy.

7. Delta-function gates. Consider the two-bit gates for which there is only one input which satisfies them: $\AND$, $\NOR$, $G_{10}(x,y) = x \et \neg y$, and $G_{01}(x,y) = \neg x \et y$. Circuits made only with $\AND$ gates can only accept the string $1^\ast$: supplementing them with any other delta-function gate allows them to simulate either $\EQUAL$, $\pi_1$, or $\pi_2$, which are solved cases; similar remarks apply to $\NOR$. As well, the gate-set $\{G_{01}, G_{10}\}$ can be used to also simulate the $\PARITY$ gate. We may thus focus on either the gate $G_{10}$ or $G_{01}$, possibly supplemented with the gate $Z(x,y) = 0$. We focus on $G_{10}$, with the case of $G_{01}$ being similar.
   
   Circuits made of $G_{10}$ alone can be built to accept $1(0|1)^{n-1}$, except for the string $11$, by applying an arbitrary circuit to the final $n-2$ bits and then applying the circuit $G_{10}(x_1, G_{10}(x_2, x_3))$. Clearly, the string $11$ can't be accepted by $G_{10}$ or by $Z$; and we can show by induction that any $G_{10}$ circuit which accepts a string must have intermediate outcomes of the gates in the left-most branch all yielding $1$, up to the left-most input itself. No additional benefit is obtained by adding $Z$ gates. Therefore, $G_{10}$ circuits can only accept $x \in 1(0|10|11)(0|1)^\ast$.

8. Finally, circuits composed only of $Z$ gates accept no inputs.

As each gate gives rise to a well-defined and generally quite large class of inputs which it accepts, with additional gates tending to trivialize the problem, we find that 2-TREE-OPSAT is in P.