Визначення того, чого можна досягти перестановкою елементів некомутативної групи

Зафіксуємо кінцеву групу . Мене цікавить наступна проблема рішення: вхід - це деякі елементи з частковим порядком на них, і питання полягає в тому, чи існує перестановка елементів, яка задовольняє порядок і така, що склад елементів у цьому порядок дає нейтральний елемент групи .$G$$G$$e$

Формально проблема -test полягає в наступному, де група закріплена:$G$$G$

• Вхідні дані : кінцеве частково впорядкована множина з функцією маркування від до .$(P, <)$$\mu$$P$$G$
• Вихід: чи існує лінійне розширення (тобто загальний порядок такий, що для всіх , означає ), таких, що, записуючи елементи слідуючи загальному порядку як , маємо .$P$$(P, <')$$x, y \in P$$x < y$$x <' y$$P$$<'$$x_1, \ldots, x_n$$\mu(x_1) \cdot \cdots \cdot \mu(x_n) = e$

Для будь-якої групи , то -TEST проблема явно в НП. Моє запитання: Чи існує така група , що проблема тесту є важкою для NP?$G$$G$$G$$G$

Кілька зауважень щодо рівноцінних тверджень про проблему:

• Мова позетів та лінійних розширень може бути еквівалентно замінена мовою DAG та топологічних порядків. Тобто, якщо ви віддаєте перевагу, ви можете вважати вхід як DAG з вершинами, позначеними груповими елементами, і як вихід як запитання, чи досягається якийсь топологічний вид вхідного DAG .$e$
• Натомість можна розглянути більш складну проблему, коли нам задають позети та , і запитати, чи можна реалізувати (а не ). Насправді більш сильна проблема зводиться до вищесказаного: ми можемо запитати, чи може бути реалізована за допомогою , де є але з елементом, позначеним який менший за всі інші. Звідси природний вибір у наведеному вище визначенні.$(P, <)$$g \in G$$g$$e$$e$$(P', <)$$P'$$P$$g^{-1}$$e$

Тепер про мої спроби вирішити проблему:

• Звичайно, якщо група є комутативною, проблема -test явно є в PTIME, оскільки всі лінійні розширення досягають одного і того ж групового елемента, тому ми можемо просто вибрати будь-який з них за допомогою топологічного сортування і перевірити, чи це чи ні. Так що цікавий випадок некоммутатівен . Більш загально, якщо має гомоморфізм до якоїсь нетривіальної комутативної групи (наприклад, підпис для перестановок), необхідною, але недостатньою умовою є перегляд проблеми через гомоморфізм та перевірка її в PTIME на комутативному зображенні . Я не бачу, чи це може узагальнити схему декомпозиції для всіх кінцевих груп.$G$$G$$e$$G$$G$
• Якщо відношення порядку порожнє (тобто, ми отримуємо багато наборів елементів у і можемо використовувати будь-яку перестановку), проблему можна вирішити за допомогою динамічного програмування, де стани - це кількість зустрічей кожного елемента в G , які все ще є не використовується (пам’ятайте, що G є фіксованим, тому кількість станів тоді є поліномом на вході).$G$$G$$G$
• Для входів, що представляють собою пості постійної ширини, ми можемо використовувати динамічний алгоритм після ланцюгового розкладання. Тож якщо твердість дотримується, необхідно використовувати входи, що довільно широкі. Зауважимо, що для широких позицій кількість можливих "станів" у підході до динамічного програмування буде кількістю розладів групи, яка загалом є експоненціальною, а не поліноміальною, тому такий підхід не працює безпосередньо.
• Таку ж проблему можна було б вивчити для моноїдів, а не для груп, але для моноїдів я вже знаю, що це важко, доволі суперечливим аргументом, який передбачає перехідний моноїд автомата і зводиться до варіанту попереднього питання CStheory . Повний доказ цього є в цьому препринті , додатках D.1.3 та D.1.4, хоча термінологія сильно відрізняється. Отже, коли -тестування є PTIME, воно повинно використовувати інвертируемость елементів групи.$G$
• Якщо ми запитали, чи всі лінійні розширення реалізують (а не чи є деякі ), то я знаю, що проблема повинна бути в PTIME (див. Додаток D.2 того ж препринта), хоча я також знаю, що ця інша проблема буде coNP- важко для моноїдів, а не для груп (D.1.3 та D.1.4).$e$

Якщо -test важко для деякого G , звичайно, природне запитання , чи має якесь - то роздвоєння, і які критерії будуть відрізняти слухняний G і не-слухняна G . Насправді це питання можна загалом задати, коли ми використовуємо обмежені автомати замість груп. (Формально: виправте кінцевий алфавіт Σ і кінцевий детермінований кінцевий автомат (DFA) A на Σ , і розгляньте задачу A- test, задавши набір, позначений елементами з Σ , перевірити, чи якесь лінійне розширення утворює слово, прийняте А. ) Звичайно, я не маю уявлення про ці складніші питання.$G$$G$$G$$G$$\Sigma$$A$$\Sigma$$A$$\Sigma$$A$

Я покажу нижче , що -test завдання є NP-важкою для деяких простих , але нескінченної групи G . Кінцева справа все ще відкрита.$G$$G$

доказ

Визначте такі функції: і g a ( x ) = x + a .$f(x) = -x$$g_a(x) = x + a$

Тоді візьмемо як групу, породжену f і g a зі складом як операцію.$G$$f$$g_a$

Зауважимо, що елементами є { f ∘ g a | a ∈ Z } ∪ { g a | a ∈ Z } , тому це насправді досить проста група.$G$$\{f \circ g_a | a \in \mathbb{Z} \} \cup \{g_a | a \in \mathbb{Z} \}$

Тоді проблема -test є NP-жорсткою за рахунок скорочення від розділу.$G$

Проблема розділу запитує задану послідовність цілих чисел 1 , 2 , . . . , П чи існує розбиття цієї послідовності на дві частини рівної суми.$a_1, a_2, ..., a_n$

Для будь-якої такої послідовності ми вважаємо, що наша група складається з n + 2 елементів, не накладених порядку. Два з цих елементів є f . Решта п елементи г я для я = 1 , . . . , н .$P$$n+2$$f$$n$$g_{a_i}$$i = 1,..., n$

Зауважимо, що і що f ∘ g p ∘ f = g - p . Використовуючи лише ці факти, ми бачимо, що склад елементів у Р у будь-якому порядку завжди буде рівним g ∑ i ∉ I a i - ∑ i ∈ I a i, де I - це набір показників, для яких g a i був розміщений між два входження $g_p \circ g_q = g_{p+q}$$f \circ g_p \circ f = g_{-p}$$P$$g_{\sum_{i \not\in I}a_i - \sum_{i \in I}a_i}$$I$$g_{a_i}$$f$. Оскільки тотожність є , впорядкування P складається в ідентичність тоді і тільки тоді, коли при цьому впорядкування ∑ i ∉ I a i - ∑ i ∈ I a i = 0 , або іншими словами, якщо і тільки тоді, якщо ∑ i ∉ I a i = ∑ i ∈ I a i .$g_0$$P$$\sum_{i \not\in I}a_i - \sum_{i \in I}a_i = 0$$\sum_{i \not\in I}a_i = \sum_{i \in I}a_i$

Тоді цей екземпляр -проблеми має рішення тоді і лише тоді, коли існує I такий, що ∑ i ∉ I a i = ∑ i ∈ I a i ; це саме умова, за якої екземпляр розділу має рішення.$G$$I$$\sum_{i \not\in I}a_i = \sum_{i \in I}a_i$

Таким чином, це зменшення є збереженням відповідей. Оскільки це також чітко поліноміальний час (припускаючи будь-яке розумне кодування елементів ), проблема G- тесту є NP-повною.$G$$G$

З моїм співавтором ми щойно опублікували препринт, який вивчає цю проблему загалом для звичайних мов. У випадку з кінцевими групами ми стверджуємо, що проблема є простежуваною (в NL) у випадку, коли частковий порядок на елементах складається з об'єднання ланцюгів: див. Теорему 6.2. Ми можемо припустити, що проблема для загальних DAG також є в NL, і є деяка надія на поширення методики на цю установку, але нам не вистачає інгредієнта для цього, пов’язаного з цим питанням - детальніше див. Препринт, Розділ 6, пункт "Обмеження" в кінці, друге обмеження.