Чи залишається 1-в-3 SAT важким NP, навіть якщо кожна змінна виникає як позитивно, так і негативно?

Стандартна проблема 1-в-3 SAT (або XSAT або X3SAT) є:
Примірник : формула КНФА з кожним пунктом , що містить рівно 3 литералов
Питання : чи існує задовольняють установки точно 1 буквальними згідно з пунктом істинного призначення?

Проблема не заповнена NP і залишається важкою, навіть якщо жодна змінна не заперечується. Цікаво, чи стає ця проблема легкою чи залишається важкою, якщо потрібно, щоб кожна змінна виникала хоча б один раз позитивно і хоча б один раз негативно .

Звичайне зменшення від 3SAT, що показує, що 1-в-3 SAT важко замінює пункт на пункти , , де є новими для кожного пункту. Таким чином, це зменшення не допомагає відповісти на моє запитання. У мене виникли проблеми із створенням гаджета, що демонструє твердість цього варіанту, оскільки якщо рівно 1 буквальний текст у пункті є істинним, то 2 несиметрично 2 літерали помилкові. Якщо це виявиться легко, мислення з точки зору розділів набору пропозицій може це зробити, але я не можу зрозуміти, як. $(x\lor y \lor z)$ $(\lnot x \lor a \lor b)$ $(y\lor b\lor c)$ $(\lnot z \lor c \lor d)$ $a,b,c,d$

cc.complexity-theory np-hardness sat

— Домінік Пітерс
джерело

Чи можна її зменшити до 2 сб?

— Джошуа Герман

підказка: для кожного var додайте пропозиції і, скажімо, .

X_{i}

$X_i$

(X_{i} \lor {\bar{X}}_{i} \lor W) \land (X_{i} \lor {\bar{X}}_{i} \lor Y) \land (X_{i} \lor {\bar{X}}_{i} \lor Z)

$(X_i\vee \overline X_i \vee W) \wedge (X_i\vee \overline X_i \vee Y)\wedge (X_i\vee \overline X_i \vee Z)$

(W \lor Y \lor \bar{Z})

$(W \vee Y \vee \overline Z)$

— Ніл Янг

Ha, це працює (звичайно, додаючи також ). Залишаю питання відкритим на випадок, якщо хтось зможе його вирішити без задовільного .

(\bar{W} \lor Y \lor Z) \land (W \lor \bar{Y} \lor Z)

$(\overline W \lor Y\lor Z)\land(W\lor\overline Y \lor Z)$

X_{i} \lor {\bar{X}}_{i}

$X_i\lor\overline X_i$

— Домінік Петерс

Чи можу я заохотити вас написати повну відповідь на власне запитання, можливо, засноване на ідеї Ніла Янга? (До речі, я не впевнений, чому це "незадовільно". Скорочення - це зменшення.)

— DW

Якщо цей особливий випадок стосується справді вас, то, можливо, має сенс відредагувати своє питання, щоб відобразити це додаткове обмеження?

— DW

У коментарі ОП висловила зацікавленість у зменшенні, яке призвело до примірників із 3 різними змінними на пункт. Ось простий підхід:

Скорочення відбувається від 1-в-3 SAT з 3 різними змінними на пункт:

Перш за все, включіть усі пропозиції у формулу введення як пропозиції у формулі виводу.
По- друге, ввести три нові змінні , і і додайте наступні три положення для виведення формули: , , і . $F_1$ $F_2$ $F_3$ $(\neg F_1, F_2, F_3)$ $(F_1, \neg F_2, F_3)$ $(F_1, F_2, \neg F_3)$
Нарешті, для кожної змінної у вихідній формулі введіть нову змінну та додайте до формули виводу наступні два пропозиції: та . $x$ $x'$ $(x, x', F_1)$ $(\neg x, \neg x', F_1)$

Давайте перевіримо, що це зменшення робить те, що ми хочемо. Наступні властивості - це те, що ми хочемо:

У кожному пункті завжди є три різні змінні.
Кожна змінна виникає в деяких статтях позитивно, а в деяких - негативно.
Формула введення еквівалентна формулі виводу.

Властивість 1 банально перевірити. Властивість 2 також легко перевірити: змінні , і кожен має місце як позитивно , так і негативно в положеннях , доданих в другій точці кулі, в той час як кожен інший змінної у формулі відбувається як позитивно , так і негативно в положеннях , доданих в третя куля. $F_1$ $F_2$ $F_3$

Що стосується властивості 3, то це менш тривіально, але все ж просто. Ви можете легко стверджувати , що тільки призначення змінних , і , що задовольняє кожне речення від другої точки кулі , щоб зробити все три сек БРЕХНІ. Але тоді припускаючи значення false для , пункти і додані в третій точці кулі, задовольняються тоді і лише тоді, коли . Оскільки інших обмежень для , це означає, що завжди можна розширити задовольняюче призначення для вхідної формули на задовольняюче призначення для вихідної формули: просто встановіть кожне $F_1$ $F_2$ $F_3$ $F_i$ $F_1$ $(x, x', F_1)$ $(\neg x, \neg x', F_1)$ $x' = \neg x$ $x'$ $x'$ буде запереченням відповідного і встановити для кожного значення false. $x$ $F_i$

— Михайло Рудой
джерело