Оцініть булеву схему на партії подібних входів

Припустимо, у мене булева схема $C$ що обчислює деяку функцію $f:\{0,1\}^n \to \{0,1\}$ . Припустимо, схема складається з воріт І, АБО, А НЕ з вентилятором і не більше 2 вентиляторів.

Дозволяє $x \in \{0,1\}^n$ бути заданим входом. Дано $C$ і $x$ , Я хочу оцінити $C$ на $n$ входи, які відрізняються від $x$ в єдиній бітовій позиції, тобто для обчислення $n$ значення $C(x^1),C(x^2),\dots,C(x^n)$ де $x^i$ те саме, що $x$ за винятком того, що його $i$ го біт перевернутий.

Чи є спосіб зробити це більш ефективним, ніж незалежне оцінювання $C$ $n$ разів на $n$ різні входи?

Припустимо $C$ містить $m$ ворота. Потім самостійно оцінюючи $C$ на всіх $n$ входи приймуть $O(mn)$ час. Чи є спосіб обчислити $C(x^1),C(x^2),\dots,C(x^n)$ в $o(mn)$ час?

Необов’язковий контекст: якби у нас була арифметична схема (воротами якої є множення, додавання та заперечення) над $\mathbb{R}$ , тоді можна було б обчислити $n$ направлені похідні ${\partial f \over \partial x_i}(x)$ в $O(m)$ час. В основному, ми могли використовувати стандартні методи для обчислення градієнта (правило розповсюдження / правило ланцюга), в $O(m)$ час. Це працює, тому що відповідна функція є безперервною та диференційованою. Мені цікаво, чи можна щось подібне зробити для булевих схем. Булеві схеми не є безперервними та диференційованими, тому ви не можете зробити той самий трюк, але, можливо, є якась інша розумна техніка, яку можна використати? Може, якийсь трюк Фур'є, чи щось?

(Варіантне запитання: якщо у нас булеві ворота з необмеженим вентилятором і обмеженим вентилятором, чи можна зробити асимптотично краще, ніж оцінювати $C$ $n$ разів?)

— DW
джерело

Оскільки Ендрю відповів на ваше запитання досить добре, я просто залишу коментар. Якщо

m

$m$ великий (як

O (2^{n} / n)

$O(2^n/n)$ ) і ви оцінюєте

C

$C$ на багатьох входах (до

2^{o (n / \log n)}

$2^{o(n/\log n)}$ ) то є a

C^{'}

$C'$ тільки розміру

O (2^{n} / n)

$O(2^n/n)$ який може оцінити

C

$C$ на будь-якому

m

$m$ входи. (Проблему в літературі також називають "масовим виробництвом".) Див. Уліг, "Про синтез самокоригуючих схем з функціональних елементів з невеликою кількістю надійних елементів". Math.Notes Акад. Наук. СРСР 15, 558--562. Так що в деяких випадках ви можете зробити краще з нерівномірністю.

— Райан Вільямс

Я вважаю малоймовірним, що такий трюк легко знайти та / або принесе вам значні вигоди, оскільки це дало б нетривіальну алгоритми задоволення. Ось як:

Перш за все, хоча нібито простіше, ваша проблема може насправді вирішити більш загальну проблему, задану схемою $C$ і $N$ входи $x_0, \ldots, x_{N-1}$ , оцінити $C$ на всіх входах швидше, ніж $\tilde{O}(N\cdot|C|)$ час. Причина в тому, що ми можемо налаштувати $C$ в ланцюг $C'$ розміру $|C| + \tilde{O}(Nn)$ який на вході $0^i10^{N-1-i}$ , виходи $C(x_{i})$ . В основному ми просто робимо невелику таблицю пошуку, яка надсилається $0^i10^{N-1-i}$ до $x_i$ , і з'єднайте його $C$ .

Потім нетривіальні алгоритми для пакетної оцінки булевих ланцюгів можуть бути використані для створення швидких алгоритмів задоволення. Ось приклад у простому випадку, коли ми припускаємо, що алгоритм робить оцінку вчасно $\tilde{O}(|C|^{2-\epsilon} + (N\cdot|C|)^{1-\epsilon/2} + N^{2-\epsilon})$ для будь-якої постійної $\epsilon > 0$ . На вході схема $C$ , ми можемо вирішити задоволення, розширивши $C$ в ланцюг $C'$ розміру $2^{n/2}\cdot |C|$ що є АБО над усіма можливими варіантами першого $n/2$ входи до $C$ (залишивши інші входи вільними). Потім ми проводимо групову оцінку $C'$ на всі його $2^{n/2}$ входи. Кінцевим результатом є те, що ми знаходимо задовольняюче завдання $C'$ iff $C$ задовольняє. Час роботи - $\tilde{O}(2^{(n/2)(2-\epsilon)}\cdot |C|^{2-\epsilon}) = \tilde{O}(2^{n(1-\epsilon/2)}\cdot \textrm{poly}(|C|))$ .

— Ендрю Морган
джерело