Складність обчислення парності читання вдвічі протилежної формулі CNF (

У формулі CNF, що читається двічі протилежно, кожна змінна з’являється двічі, один раз позитивна та один раз негативна.

Мене цікавить проблема , яка полягає в обчисленні паритету кількості задовольняючих завдань читання вдвічі протилежної формулі CNF. $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

Я не зміг знайти жодної згадки про складність такої проблеми. Найближче мені вдалося знайти, що версія для підрахунку є -повною (див. Розділ 6.3 у цій статті ). $\#\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\#\text{P}$

Заздалегідь дякую за вашу допомогу.

Оновлення 10 квітня 2016 року

У даній роботі , то Проблема Показано, що -повний, однак формула отримують відновленням з не перебуває у КНФ, і як тільки ви спробуєте перетворити його назад у CNF, ви отримаєте тричі прочитану формулу. $\oplus\text{Rtw-Opp-SAT}$ $\oplus\text{P}$ $3\text{SAT}$
Монотонна версія показана як -повна в цьому документі . У такому документі швидко згадується в кінці розділу 4: Валіант стверджує, що він вироджений. Мені не ясно, що саме означає виродження, а також що це означає під твердістю. $\oplus\text{Rtw-Mon-CNF}$ $\oplus\text{P}$ $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

Оновлення 12 квітня 2016 року

Було б також цікаво дізнатися, чи хтось коли-небудь вивчав складність проблеми . Враховуючи формулу CNF, прочитану вдвічі, така проблема вимагає обчислити різницю між кількістю задовольняючих призначень, що мають непарне число змінних, встановлених на істинне, і кількістю задовольняючих призначень, що мають парне число змінних, встановлених на істинне. Я не знайшов жодної літератури про це. $\Delta\text{Rtw-Opp-CNF}$

Оновлення 29 травня 2016 року

Як вказував Еміль Йержабек у своєму коментарі, неправда, що Валіант сказав, що проблема є виродженою. Він лише сказав, що більш обмежена версія такої проблеми є виродженою. Тим часом я продовжую не знати, що саме означає виродження, але принаймні зараз здається зрозумілим, що це синонім відсутності виразної сили. $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\oplus\text{Pl-Rtw-Opp-3CNF}$

cc.complexity-theory ds.algorithms counting-complexity

— Джорджіо Камерані
джерело

⊕Rtw-Opp-CNF настільки ж важкий, як ⊕Rtw-Mon-CNF. Ви можете побудувати гаджет заперечення: (i0 v x0 v x1) (x1 v x2) (i1 v x0 v x2). Якщо i0 = i1, то вага = 0 (за модулем 2). Інакше вага = 1.

Я не можу знайти скорочення від ⊕Rtw-Mon-CNF до ⊕Rtw-Opp-CNF, але я знайшов поліноміальний алгоритм для вирішення ⊕Rtw-Opp-CNF. Отже, ⊕Rtw-Opp-CNF простіший.

Я не можу знайти згадку про tRtw-Opp-CNF у роботі Валіанта. Він стверджує, що ⊕Pl-Rtw-Opp-3CNF є "виродженим", але це передбачає кілька додаткових обмежень.

— Еміль Єржабек

@ EmilJeřábek: Ви точно маєте рацію. Мене вводило в оману моє незнання значення "вироджене" , і я застосував таке ж міркування, яке зазвичай застосовується за наявності результатів повноти: якщо певна проблема є повною для якогось класу, зняття обмежень із неї явно зберігає повноту. Навіть якщо я все ще не знаю, що саме означає "вироджене" , мені щонайменше зрозуміло, що такий термін якимось чином є синонімом слабкості (тобто відсутності виразної сили), отже, вищезазначені міркування не можна застосовувати. Я відповідним чином виправив питання.

— Джорджіо Камерані

@Maciej: Дійсно? Як працює ваш поліноміальний алгоритм?

— Джорджіо Камерані

Відповіді:

Виявляється, кожна формула, що читається протилежно, читається двічі, має парне число задовольняючих завдань. Ось приємний доказ цього, хоча, можливо, можна було б усунути графіко-теоретичну термінологію.

Нехай - формула CNF, що читається в два рази. Без втрати загальності жоден пункт не містить як змінної, так і її заперечення. $\phi$

Розглянемо графік , набір вершин якого є пунктами , і до кожної змінної додаємо (непрямий) край, що падає на дві пропозиції, що містять . Наше припущення WLOG в говорить, що цей графік не має самокрут. Крім того, подумайте про те, щоб позначити кожен край змінною, що визначає його; таким чином ми можемо виділити паралельні ребра. $G$ $\phi$ $x$ $x$ $\phi$

Орієнтації являє собою орієнтований граф, ребра якого утворені шляхом присвоєння напрямок кожного ребра в . Назвіть орієнтацію допустимою, якщо кожна вершина має вихідний край. Легко бачити , що задовольняють присвоєння знаходяться у взаємно однозначним дотриманням допустимими орієнтаціями . $G$ $G$ $G$ $G$ $\phi$ $G$

Тепер я стверджую, що число допустимих орієнтацій парне. Аргумент "шляхом інволюції": я будую карту з такими властивостями: $G$ $\Phi$

$\Phi$ повністю визначено (кожна допустима орієнтація десь відображена)
$\Phi$ посилає допустимі орієнтації на допустимі орієнтації
$\Phi$ - це інволюція ( - тотожність) $\Phi \circ \Phi$
$\Phi$ не має фіксованих точок

Після того, як вони встановлені, ми можемо спостерігати , що орбіти мають розмір 2 і розділити допустимі орієнтації . Звідси випливає, що кількість допустимих орієнтацій парне. $\Phi$ $G$

Щоб визначити , нехай є допустимою орієнтацією, і розглянемо прорив на його сильно пов'язані компоненти. Тоді відправляє до орієнтації, утвореної за допомогою реверсування всіх ребер в сильно з'єднаних компонентах. Потім властивості перевіряються прямо: $\Phi$ $\vec{G}$ $\vec{G}$ $\Phi$ $\vec{G}$

Кожен спрямований графік можна розділити на сильно пов'язані компоненти.
Розглянемо "DAG сильно пов'язаних компонентів" в ; назвіть це графом-коефіцієнтом. Зауважте, що матиме однакову структуру коефіцієнта, оскільки не впливає на краї між SCC, а сильно пов'язані графіки залишаються сильно з'єднаними при реверсуванні всіх їх ребер. Крім того, якщо SCC має більше однієї вершини, то всі його складові вершини мають вхідний край. Якщо SCC має лише одну вершину і не є джерелом у коефіцієнті, то всі її складові вершини мають вхідний край. Отже, щоб показати $\vec G$ $\Phi(\vec G)$ $\Phi$ $\Phi(\vec G)$ допустимо, досить показати, що ДКК, які є джерелами в коефіцієнті, мають кілька вершин. Але з цього випливає той факт, що кожна вершина компонента має вхідний край, який повинен виходити з іншої вершини компонента, оскільки не має самоциклів, а компонент є джерелом у частці. $G$
Це випливає з того , що фактор - структура збігається з фактор - структурою . $\Phi(\vec G)$ $\vec G$
За допустимості, має цикл, а отже, і деякий SCC з краєм всередині нього. $\vec G$

— Ендрю Морган
джерело

Приємного спостереження! Більш простий спосіб бачити це (як ви кажете, "усунути графіко-теоретичну термінологію") - спостерігати, що якщо призначення a задовольняє F, то призначення a '(x) = 1-a (x) задовольняє і F. Це можна легко показати за допомогою індукції на кількість змінних F.

— holf

Φ

$\Phi$

0 \to 1 \to 2 \to 0 \to 3 \to 1

$0\to1\to2\to0\to3\to1$

0 \to 1 \to 2 \to 0

$0\to1\to2\to0$

0 \to 3 \to 1 \to 0

$0\to3\to1\to0$

x

$x$

\neg x \lor y \lor \neg z

$\neg x\lor y\lor\neg z$

\neg y \lor z

$\neg y\lor z$

(1, 1, 1)

$(1,1,1)$

(0, 0, 0)

$(0,0,0)$

Φ

$\Phi$

M

$M$

x

$x$

y

$y$

x

$x$

x

$x$

y

$y$

M

$M$

@Emil: Ага так, ти маєш рацію. Якщо я правильно розумію вашу пропозицію, ви говорите, розбийте орієнтацію на сильно пов’язані компоненти та поверніть краї в межах компонентів. Я думаю, це працює. Відповідно оновлю відповідь. Дуже дякую!!

— Ендрю Морган

Я не впевнений, чи зрозуміла моя ідея, тому поясню на прикладі Джорджіо:

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

Спочатку мені потрібно змінити це у формі DNF:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

Це має дати ту саму відповідь. І не важливо, чи я для цього вирахував кількість розчинів по модулю 2:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

або для цього:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

Тому я вибираю другу. Я маю на увазі:

$i_0$ $( x_1 \land x_2 \land x_3 )$

$i_1$ $( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 )$

$i_2$ $( \lnot x_4 \land x_5 )$

$i_3$ $( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

Тепер я будую систему рівнянь:

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}\oplus{j_3} = 1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_2}\oplus{j_3} = 1$

${j_3} = 1$

$x_6$

— Мацей
джерело

Якщо з моїм мисленням все в порядку, то відповідь - «ні». Звичайно, я припускаю, що змінна виникає один раз у позитиві та один раз у запереченні.

— Мацей

x_{4}

$x_4$

j_{1} \oplus j_{2}

${j_1}\oplus{j_2}$

j_{3}

$j_3$

j_{2}

$j_2$

j_{1}

$j_1$

j_{0}

$j_0$

-1

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ ${f(X)}\oplus{g(X)}$ $f(X) \wedge g(X)$ $f(X)$ $g(X)$

$i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_j$ $x_0\wedge{x_1}\wedge{\neg{x_2}}$

$2^k$ $i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_0\vee{i_1}\vee{i_2}\vee{...}\vee{i_{n-1}}$

$a\vee{b} = a\oplus{b}\oplus({a\wedge{b}})$

1) має всі змінні,

2) кожна змінна виникає екстремально одна (якщо змінна виникає два рази, то у нас є позитивні та негативні в одному імпліканті, тому це дасть 0).

$x_0$ $i_0$ $x_0$ $i_1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}$ ${j_1}$ $i_0$ $i_1$ $i_0$ $j_0$ $j_0$ $2^l$

— Мацей
джерело

\oplus Rtw-Opp-CNF

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

@AndrewMorgan Але формула з унікальним пунктом, що містить усі змінні точно один раз, не була б формулою для читання двічі. Обмеження рівно вдвічі, максимум удвічі.

— Джорджіо Камерані

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2} \lor x_{3}) \land (\neg x_{1} \lor \neg x_{3} \lor x_{4}) \land (\neg x_{4} \lor x_{5}) \land (\neg x_{2} \lor \neg x_{5} \lor \neg x_{6})

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1}) \wedge (\bar{x_2})$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}} \lor \bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1} \vee \bar{x_2})$

(x_{1}) \land (\bar{x_{1}}) \land (x_{2}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1) \wedge (\overline{x_1}) \wedge (x_2) \wedge (\overline{x_2})$

@AndrewMorgan ОК, тепер я бачу. Однак врахуйте, що також у сімействі випадків, які ви мали на увазі, кількість задовольняючих завдань, здається, залишається парною. Питання, поставлене Maciej у своєму коментарі, виявляється складним.

— Джорджіо Камерані