Пряма лінія складності одночленів

Нехай - якесь поле. Як правило, для визначаємо як прямолінійну складність над . Нехай - сукупність одночленів , а саме одночлени, які з'являються у з ненульовим коефіцієнтом. $k$ $f\in k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}]$ $L(f)$ $f$ $k$ $F$ $f$ $f$

Чи правда, що ? $\forall m\in F:L(m)\le L(f)$

Відома навіть якась слабша верхня межа для ? $L(m)$

cc.complexity-theory algebraic-complexity arithmetic-circuits

— Горав Джиндал
джерело

Відповіді:

f = (Σ_{i = 1}^{n} x_{i})^{2^{n}}

$f=(\Sigma_{i=1}^n x_i)^{2^n}$

(\binom{2^{n} + n - 1}{n - 1}) \approx 2^{n^{2}}

${2^n+n-1\choose n-1} \approx 2^{n^2}$

L (f) = O (n)

$L(f)=O(n)$

2^{O (n \log n)}

$2^{O(n\log n)}$

O (n)

$O(n)$

f

$f$

m

$m$

L (m) = \tilde{Ω} (L^{2} (f))

$L(m)=\widetilde\Omega(L^2(f))$

— домоторп
джерело

Як невеликий конструктивний приклад, заснований на відповіді домоторпа, можна взяти з тоді як .

f = (x + y)^{8}

$f=(x+y)^8$

L (f) = 4

$L(f)=4$

L (x^{7} y) = L (x^{7}) + 1 = 5

$L(x^7y)=L(x^7)+1=5$

— Бруно

@domotorp, Дякую за гарну відповідь. Це, здається, також є верхньою межею? Або можуть бути кращі нижчі межі?

— Горав Джиндал

Я не знаю, але оскільки цей приклад був настільки простим, я б здогадався, що розрив може бути більшим, можливо, навіть експоненціальним.

— domotorp

У мене є "доказ", що є лінійна верхня межа ... Де я помиляюся (оскільки ви довели квадратну нижню межу)? Вона полягає в наступному: З SLP розміру , то обчислити багаточлен загального ступеня . Тепер має SLP розміром не більше з двійковою експоненцією. Значення одночленного ступеня має тоді SLP розміром не більше (дуже груба межа): обчислити всі , , а потім їх добуток. Таким чином, якщо ми розглянемо поліном , його загальний ступінь становить не більше , і кожен одночлен має розмір SLP розміром не більше

L

$L$

\leq 2^{L}

$\le 2^L$

x^{D}

$x^D$

2 \log D

$2\log D$

D

$D$

n

$n$

2 n \log D + n - 1

$2n\log D+n-1$

x_{i}^{D_{i}}

$x_i^{D_i}$

D_{i} \leq D

$D_i\le D$

f

$f$

2^{L (f)}

$2^{L(f)}$

2 n L (f) + n - 1

$2nL(f)+n-1$ .

— Бруно

@Bruno: Хороший доказ, і в цьому немає нічого поганого, але це не лінійно, оскільки ви множите і . Але оскільки ми знаємо, що може залежати щонайбільше від змінних , ми можемо припустити , що передбачає необхідну квадратичну межу. Таким чином .

n

$n$

L (f)

$L(f)$

f

$f$

L (f) + 1

$L(f)+1$

n \leq L (f) + 1

$n\le L(f)+1$

L (m) = O (L^{2} (f))

$L(m)=O(L^2(f))$

— domotorp

Примітка. Це розширення попереднього коментаря, оскільки ОП відверто вимагає слабших верхніх меж.

Загальний ступінь многочлена обмежений оскільки кожна операція може максимум подвоїти ступінь многочлена. Таким чином, для кожного , . $f$ $2^{L(f)}$ $m\in M$ $\deg(m)\le 2^{L(f)}$

Тепер для деякої змінної і градуса існує SLP, що обчислює шляхом двійкової експоненції, якщо розмір не більше . Для одночлена можна окремо обчислити кожен а потім взяти їх добуток. Таким чином, де - загальний ступінь (що, звичайно, є верхньою межею для кожного ). $x$ $d$ $x^d$ $2\log(d)$ $m=x_1^{d_1}\dotsb x_n^{d_n}$ $x_i^{d_i}$ $L(m)\le 2n\log(d) + (n-1)$ $d$ $m$ $d_i$

Разом отримуємо для : $m\in M$

L (m) \leq 2 n \log (\deg (m)) + (n - 1) \leq 2 n L (f) + (n - 1) .

$L(m)\le 2n\log(\deg(m))+(n-1)\le 2nL(f)+(n-1).$

Оскільки , можна зробити висновок $n\le L(f)+1$

\forall m \in M, L (m) \leq 2 L (f)^{2} + 3 L (f) .

$\forall m\in M, L(m) \le 2L(f)^2+3L(f).$

Зауваження. Зв'язане, як зазначено, дуже грубе. Зокрема, верхня межа наведена у другому абзаці, не є тісною. Однак відповідь домоторпа показує, що не можна сподіватися на набагато кращу межу, а точніше, що квадратичну залежність від неможливо усунути. Щоб затягнути конструкцію, можна було використовувати найвідоміші конструкції на ланцюгах приєднання . Зауважте, що точні межі досі не відомі для цієї проблеми. $L(m)$ $L(f)$

— Бруно
джерело