Наскільки важко підрахувати кількість локальних оптимів для проблеми в PLS?

Для поліноміальної локальної проблеми пошуку ми знаємо, що принаймні одне рішення (локальний оптимум) повинно існувати. Однак може існувати набагато більше рішень, наскільки важко підраховувати кількість рішень для проблеми, заповненої PLS? Мене особливо цікавить проблема вирішення: чи має примірник цієї проблеми, повний PLS, два чи більше рішення?

Чи залежить складність від того, яку проблему, повну PLS, ми обираємо? Якщо так, то мене особливо зацікавить зважений 2SAT (як визначено в [SY91] та [Rou10]). Я знаю, що підрахунок кількості задовольняючих рішень для 2SAT є # P-повним, але на перший погляд здається, що локальні оптими зваженого 2SAT та рішення для 2SAT не мають усього так багато спільного.

Я також знаю, що для двоюрідного брата ПСАД [PL02] [CS02] показує, що підрахунок кількості рівноваг Неша є # P-важким. Це говорить про те, що подібні проблеми з ПЛС, такі як підрахунок кількості чистої стратегії рівноваги в іграх перевантаженості, також будуть важкими.

Список літератури

[CS02] Conitzer, V. і Sandholm, T. (2002). Результати складності щодо рівноваги Неша. IJCAI-03 . cs / 0205074 .

[Rou10] T. Roughgarden. (2010). Обчислювальні рівноваги: ​​перспектива складності обчислювальної техніки. Економічна теорія , 42: 193-236.

[SY91] А. А. Шеффер та М. Яннакакіс. (1991). Прості локальні проблеми пошуку, які важко вирішити. Журнал обчислювальної техніки SIAM , 20 (1): 56-87.

Я можу частково відповісти на ваше запитання: підрахунок локальної оптими проблеми пошуку, повного PLS, дійсно може бути # P-важким.

По-перше, як вказує Йосіо, в PLS є проблема пошуку , пов'язана з цим проблема підрахунку - # P-завершена. (Ми не знаємо, чи є PLS-повним.) Нехай є деякою проблемою, заповненою PLS. Потім визначте який на вході для запитує локальний оптимум для введення щодо . Ця проблема успадковує приналежність до PLS , успадковує PLS-повноту , а для проблеми підрахунку успадковує # P-повноту .$P_1$P 2 P ′ ( x , i ) i ∈ { 1 , 2 } x P i P 1 , P 2 P 2 P $P_1$$P_2$$P'$$(x, i)$$i \in \{1, 2\}$$x$$P_i$$P_1, P_2$$P_2$$P_1$

Аналогічно, можна побудувати задачу (штучну), повну PLS, для якої вирішити, чи існує більше одного локального оптимуму. Як і в попередньому аргументі, одна «скріплює» проблему -повну як і раніше, з проблемою PLS яка при введенні булевої формули , має більше ніж один асоційований локальний оптимум iff .P 2 ψ $P_1$$P_2$$\psi$$\psi$

Такі конструкції дещо незадовільні, оскільки ми намагаємося побудувати задачу пошуку яка має дві властивості твердості, але домен "розбивається" на дві частини, кожна з яких може мати лише одне з двох властивостей. Нижче я покажу, як, враховуючи проблему пошуку в PLS, пов’язана з якою проблемою підрахунку є # P-повна, і задану проблему, повну PLS , можна визначити проблему PLS, яка настільки ж складна, як обидва рахунки для і шукати "способом від конкретного випадку".Q P 1 P 2 Q P 1 P $Q$$Q$$P_1$$P_2$$Q$$P_1$$P_2$

А саме, ми покажемо таким, що розв’язування задачі підрахунку для на вході ефективно зводиться до вирішення проблеми підрахунку на вході , а проблема пошуку на вході зводиться до проблеми пошуку для на вході .P 1 x Q $Q$$P_1$$x$$Q$$x$ x Q $P_2$$x$$Q$$x$

Для простоти подання, ми припускаємо, що є такими, що на будь-якому вході довжини простір кандидата-рішення, пов'язаний з , перевищує рядок довжини для деякого (але з різними структурами сусідства для ). Нехай - функція фітнесу, пов'язана з . x n x y n c c P 1 , P 2 F i ( x , y ) P $P_1, P_2$$x$$n$$x$$y$$n^c$$c$$P_1, P_2$$F_i(x, y)$$P_i$

На вході простір пошуку для знаходиться над кортежами де кожен знаходиться в , , і . Як функцію фітнесу для визначимо Q ( y 1 , y 2 , z , b ) y i { 0 , 1 } n c z ∈ { 0 , 1 } n c + 1 b ∈ { 0 , 1 } F ( x , ( y 1 , y 2 , z , $x \in \{0, 1\}^n$$Q$$(y^1, y^2, z, b)$$y^i$$\{0, 1\}^{n^c}$$z \in \{0, 1\}^{n^c + 1}$$b \in \{0, 1\}$$F(x, (y^1, y^2, z, b))$$Q$

b = $F(x, (y^1, y^2, z, b)) := F_1(x, y^1) + F_2(x, y^2)$ якщо , $b = 1$

b = $F(x, (y^1, y^2, z, b)) := ||y^1|| + ||z|| + F_2(x, y^2)$ якщо .$b = 0$

(Це вага Хеммінга вище.)

Для структури сусідства з’єднуємо кожен кортеж (з ) до всіх кортежів таке, що( x , ( y 1 , y 2 , z , 1 ) ) b = 1 ( x , ( ( y ′ ) 1 , ( y ′ ) 2 , z ′ , 1 ) $Q$$(x, (y^1, y^2, z, 1))$$b = 1$$(x, ((y')^1, (y')^2, z', 1))$

(A) підключається до відповідно до для , AND( x , ( y ′ ) i ) P i i = 1 , $(x, y^i)$$(x, (y')^i)$$P_i$$i = 1, 2$

(B) відрізняються щонайбільше 1 координатою.$z, z'$

Для кортежів з з'єднуємо до всіх кортежів такий, що( x , ( y 1 , y 2 , z , 0 ) ) ( x , ( ( y ′ ) 1 , ( y ′ ) 2 , z ′ , 0 ) $b = 0$$(x, (y^1, y^2, z, 0))$$(x, ((y')^1, (y')^2, z', 0))$

(A ') підключено до відповідно до , І( x , ( y ′ ) 2 ) P $(x, y^2)$$(x, (y')^2)$$P_2$

(B ') відрізняються щонайбільше від 1 координати, як і .y 1 , ( y ′ ) $z, z'$$y^1, (y')^1$

(Зверніть увагу, кортежі з відключаються від тих, у яких )b = $b = 0$$b = 1$

Це визначення . Округи мають поліноміальний розмір у міру необхідності, тому знаходиться в PLS. $Q$$Q$

Заявка: Локальні оптими для довжини введення відповідно до - це наступні два роз'єднані набори:x $n$$x$$Q$

(1) всі кортежі , де - локальний оптимум для кожного з (а довільно , і ); і,( x , y i ) P i i = 1 , 2 z b = $(x, (y^1, y^2, z,1))$$(x, y^i)$$P_i$$i = 1, 2$$z$$b = 1$

(2) всі кортежі , де локальний оптимум , а де обидва є всі-1, і .( x , y 2 ) P 2 z , y 1 b = $(x, 1^{n^c}, y^2, 1^n, 0))$$(x, y^2)$$P_2$$z, y^1$$b = 0$

Якщо ви згодні, то PLS-твердість є безпосереднім, так як будь-який локальний оптимум з для введення дає локальний оптимум з (для того ж вхідного ), і є PLS-важко.( x , ( y 1 , y 2 , z , b ) ) Q x ( x , y 2 ) P 2 x P $Q$$(x, (y^1, y^2, z,b))$$Q$$x$$(x, y^2)$$P_2$$x$$P_2$

Також з нашої претензії випливає, що число локальної оптими для при дорівнює , де - кількість локальних оптим для під . Тепер знаходиться в діапазоні , тому ми маємоx Q ( 2 n c + 1 N 1 ( x ) + 1 ) ⋅ N 2 ( x ) N i ( x ) x P i N 2 ( x ) [ 1 , 2 n c$N(x)$$x$$Q$$(2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$$N_i(x)$$x$$P_i$$N_2(x)$$[1, 2^{n^c}]$

2 n c + 1 = ( 2 n c + 1 N 1 ( x ) + 1 ) ⋅ N 2 ( x ) 2 n c + 1 = N ( x ) 2 n c + $N_2(x) = N_2(x)$ mod mod mod .$2^{n^c + 1} = (2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$$2^{n^c + 1} = N(x)$$2^{n^c + 1}$

Таким чином, ми можемо отримати заданий . Тоді ми можемо також отримати за допомогою простої алгебри: . Оскільки є # P-завершеним для обчислення, так і . Таким чином, # P-повна для підрахунку локальних оптим для (а підрахунок для зводиться до підрахунку для у тому самому екземплярі). N ( x ) N 1 ( x ) N 1 ( x ) = ( N ( x $N_2(x)$$N(x)$$N_1(x)$N1(x)N(x)QP1$N_1(x) = \left(\frac{N(x)}{N_2(x)} - 1\right)/2^{n^c + 1}$$N_1(x)$$N(x)$$Q$$P_1$$Q$

Я не знаю, як дати таке зменшення для поєднання твердості PLS з твердістю NP, щоб визначити унікальність локальної оптими "в конкретному випадку".

Що стосується того, чи кожна проблема пошуку, повного PLS, приносить # P-повну проблему підрахунку, я також цього не знаю. Це здається пов'язано з питанням про те, для кожної NP-повної завдання Рішення L і кожні полиномиального по верифікатори для , асоційована завдання свідка підрахунку є # Р-повній. # Повнота P дорівнює у всіх конкретних випадках, які люди розглядали, і в деяких досить м'яких умовах, але загалом вони відкриті. Дивіться цю дискусію .$V(x, y)$$L$

Для конкретної, більш природної проблеми відомо, є повною для PLS, можливо, вдасться встановити # P-повноту для підрахунку локальної оптими, давши зменшення PLS від сказування Matching до яке має деякі особливі властивості, придатні для підрахунку. Можливо, існуючих методик достатньо; Я не намагався з’ясувати.$Q$$Q$

Розглянемо максимальну задачу відповідності у двосторонніх графіках. Сімейство можливих рішень складається з усіх збігів, і локальний пошук здійснюється шляхом пошуку шляхів розширення. Проблема належить до PLS, оскільки шлях збільшення, який можна збільшити, може бути знайдений у поліномічний час, якщо поточне відповідність не є максимальним, а максимальність можна перевірити в поліноміальний час. Будь-який локальний оптимум - це максимальна відповідність (тобто глобальний оптимум). Однак обчислити кількість максимальних відповідностей у двопартійному графіку важко # P.

Оскільки локальний оптимум можна знайти в поліномічний час, проблема навряд чи буде PLS-повною. Отож, я боюся, це не відповідна відповідь (ваше запитання обмежується проблемами, повними PLS). Однак я мушу зазначити, що підрахунок кількості локальних оптимів може бути важким, хоча один локальний оптимум можна знайти ефективно.