Чи міститься NPI в P / poly?

Можна припустити, що оскільки зворотне значення означатиме . Теорема Ладнера встановлює, що якщо \ mathsf {P} \ ne \ mathsf {NP}, то \ mathsf {NPI}: = \ mathsf {NP} \ setminus (\ mathsf {NPC} \ cup \ mathsf {P}) \ ne \ emptyset . Однак, схоже, доказ не узагальнює \ mathsf {P} / \ text {poly}, тому можливість \ mathsf {NPI} \ підмножина \ mathsf {P} / \ text {poly} тобто \ mathsf {NP} \ підмножина \ mathsf {NPC} \ cup \ mathsf {P} / \ текст {poly} здається відкритою.$\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{PH} = \Sigma_2$$\mathsf{P} \ne \mathsf{NP}$$\mathsf{NPI} := \mathsf{NP} \setminus(\mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}) \ne \emptyset$$\mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$$\mathsf{NP} \subset \mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}/\text{poly}$

Якщо припустити, що $\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$ (або навіть те, що ієрархія поліномів не руйнується на будь-якому рівні), це $\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$ відомий як правдивий чи хибний? Які докази можна подати проти і проти?

Ось можлива альтернатива аргументації, що ґрунтується на основі узагальнення Шенінга теореми Ладнера. Щоб зрозуміти аргумент, вам потрібно мати доступ до цього документу (який, на жаль, буде за стіною оплати для багатьох):

Уве Шьонінг. Уніфікований підхід до отримання діагональних множин у класах складності. Теоретичні інформатики 18 (1): 95-103, 1982.

Ми застосуємо основну теорему з цієї статті для та є мовами, і та є класами складності, як описано нижче:A 2 C 1 C$A_1$$A_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$

• $A_1 = \varnothing$ (або будь-якою мовою в )$\mathsf{P}$
• $A_2 = \text{SAT}$
• $\mathsf{C}_1 = \mathsf{NPC}$
• $\mathsf{C}_2 = \mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$

Для наочності факт, який ми доведемо, є означає .N P I ⊈ P / p o l $\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Згідно з припущенням, що маємо та . Зрозуміло, що і закриті в кінцевих варіаціях. Документ Шеннінга містить доказ того, що є рекурсивно презентабельним (точне визначення якого можна знайти у статті), а найважча частина аргументу - довести, що є рекурсивно презентабельним.A 1 ∉ C 1 A 2 ∉ C 2 C 1 C 2 C 1 C$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$$A_1\not\in\mathsf{C}_1$$A_2\not\in\mathsf{C}_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$

Згідно з цими припущеннями, з теореми випливає, що існує мова яка не є ні в ні в ; і враховуючи, що , він вважає, що є Карп-зведеним до , а тому . Зважаючи на те, що знаходиться в але не є ні -повноцінним, ні , випливає, що .З 1 З 2 1 ∈ P 2 ∈ N Р Н Р Н Р Н Р ∩ Р / р про л у Н Р Я ⊈ Р / р про л $A$$\mathsf{C}_1$$\mathsf{C}_2$$A_1\in\mathsf{P}$$A$$A_2$$A\in\mathsf{NP}$$A$$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

Залишається довести, що є рекурсивно презентабельним. В основному це означає, що є чіткий опис послідовності детермінованих машин Тьюрінга які всі зупиняються на всіх входах і такі, що . Якщо в моєму аргументі є помилка, це, мабуть, тут, і якщо вам справді потрібно використовувати цей результат, ви захочете це зробити обережно. У будь-якому разі, шляхом деталізації всіх недетермінованих машин Тьюрінга в багаточленному часі (які можна імітувати детерміновано, оскільки нас не хвилює час роботи кожногоM 1 , M 2 , … N P ∩ P / p o l y = { L ( M k ) : k = 1 , 2 , … } M k M k M $\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$$M_1, M_2, \ldots$$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly} = \{L(M_k):k=1,2,\ldots\}$$M_k$) і всі поліноми, що представляють верхні межі розміру булевої сімейства ланцюгів для даної мови, я вважаю, що не важко отримати перелік, який працює. По суті, кожен може перевірити, що його відповідна поліноміально-часова NTM узгоджується з деяким сімейством схем розміру полінома до довжини вхідного рядка, який він задається шляхом пошуку всіх можливих булевих ланцюгів. Якщо є узгодження, виводить так, як NTM зробив би, інакше він відхиляє (і як результат представляє кінцеву мову).$M_k$$M_k$

Основна інтуїція, що стоїть за аргументом (який прихований в результаті Шеннінга), полягає в тому, що ви ніколи не можете мати два «приємних» класу складності (наприклад, рекурсивні презентації), не розходячись і сидячи на одному рівні один з одним. "Топологія" складних класів цього не дозволить: ви завжди можете правильно сконструювати мову між двома класами, якось по черзі чергуючи два для надзвичайно великих проміжків вхідних довжин. Теорема Ладнера показує це для і , а узагальнення Шеннінга дозволяє зробити те ж саме для багатьох інших класів.N P $\mathsf{P}$$\mathsf{NPC}$

Я просто хотів би записати якусь версію аргументу прокладки, як описано в коментарях. Я не бачу, для чого потрібен розрив. Ми хочемо показати, що якщо NP не міститься в P / poly, то існує NP-проміжна проблема, яка не міститься в P / poly.

Існує необмежена функція така, що SAT не має ланцюгів розміром менше n f ( n ) , і тому існує функція g, яка не обмежена, збільшується, і g ( n ) = o ( f ( n ) ) . Нехай SAT 'позначає мову, отриману шляхом прошивки рядків SAT довжиною n до n g ( n ) . Потім:$f$$n^{f(n)}$$g$$g(n)=o(f(n))$$n$$n^{g(n)}$

• SAT 'знаходиться в NP (див. Нижче!)
• SAT 'не в P / poly: задані схеми розміром для SAT', ми отримуємо схеми розміром n g ( n ) k для SAT, але це менше n f ( n ) для деяких n .$n^k$$n^{g(n)k}$$n^{f(n)}$$n$
• Не існує P / poly зменшення від SAT до SAT ': припустимо, для суперечності існують схеми розміром n k для SAT, що дозволяють SAT' воротам. Виберіть N досить великий, ніж g ( $C_n$$n^k$$N$і нехайп>N. Кожен затвор SAT 'вCnмає щонайбільшеnkвходів. Видаляючи вкладені вкладиші, ми можемо підрізати ворота SAT вCnдо воріт SAT менше ніж$g(\sqrt{N}) > 2k$$n>N$$C_n$$n^k$$C_n$ входів, які ми можемо змоделювати за допомогоюC$\sqrt{n}$ - вхідні ворота SAT 'мають не більшеnk/2входів. Повторюючи це і обробляючиCNвручну, SAT матиме схеми приблизно розміромO(nknk/2nk/4…)≈O(n2k),що меншеnf(n)для деякогоn.$C_{\sqrt{n}}$$n^{k/2}$$C_N$$O(n^k n^{k/2} n^{k/4} \dots) \approx O(n^{2k})$$n^{f(n)}$$n$

Редагувати:

Вибір трохи примхливий. Якщо ви раді ввести SAT в обіцяну версію NP, цей біт непотрібний.$g$

Визначте як максимальне ціле число, щоб не було схеми розміру n f ( n ) для довжини n рядків для SAT. Визначте g ( n ) алгоритмом, який обчислює f ( m ) для m = 1 , 2 , ... і зупиняється через час n або коли m = n , і повертає підлогу квадратного кореня з найвищим значенням, знайденим за цей час. Так g ( n $f(n)$$n^{f(n)}$$n$$g(n)$$f(m)$$m=1,2,\dots$$n$$m=n$$g(n)$є необмеженим і і g ( n ) можна обчислити в часі n . Тепер зауважимо, що наведені аргументи покладаються лише на SAT, що не має схем розміру n f ( n ) протягом нескінченно багатьох n .$\liminf g(n)/f(n)=0$$g(n)$$n$$n^{f(n)}$$n$

Мені також було б цікаво побачити доказ, пробиваючи отвори в SAT, як у http://blog.computationalcomplexity.org/media/ladner.pdf . Без вимоги NP це досить просто: існує послідовність така, що жодна схема os розміру ( n k ) k не виявляє рядків SAT довжиною n ; обмежте SAT рядками довжиною n 2 2 i для деяких i .$n_1<n_2<\dots$$(n_k)^k$$n$$n_{2^{2^i}}$$i$

(NPI P / полі)$\nsubseteq$$\implies$(P NP)$\neq$