Чи існує мова, повна NP, яка містить точно половину n-бітних екземплярів?

Чи існує (бажано природний) NP-повна мова , така, що для кожного утримує? Іншими словами, містить точно половину всіх бітних екземплярів. $L\subseteq \{0,1\}^*$ $n\geq 1$

| L \cap {0, 1}^{n} | = 2^{n - 1}

$|L\cap \{0,1\}^n|=2^{n-1}$

L

$L$

n

$n$

cc.complexity-theory np np-complete

— Андрас Фараго
джерело

Було б дуже дивно, якби не було, але кілька хвилин, не замислюючись над цим, не вдалося знайти будівництво.

— Каве

FWIW є такий який є важким для NP і в NP / POLY ...

L

$L$

— Ніл Янг

Для біективного двійкового кодування формул CNF satisableble непридатні повинні працювати.

e

$e$

{e (φ) 1 | φ

$\{e(\varphi)1\ |\ \varphi$

} \cup {e (φ) 0 | φ

$\} \cup \{e(\varphi)0\ |\ \varphi$

}

$\}$

— Клаус Драгер

@KlausDraeger Незадовільність не є властивістю NP, якщо тільки NP = co-NP.

— Андрас Фараго

Чи є такий оракул такий, що не існує із цим властивістю?

O

$O$

L \in {N P - C o m p l e t e}^{O}

$\mathcal{L}\in {\bf NP-Complete}^O$

— Ерфан Ханики

Відповіді:

Я поставив це питання кілька років тому, і Боаз Барак позитивно відповів на нього .

Висловлювання еквівалентно існуванню мови, завершеної NP, деє многочленно-обчислюваним. $L$ $|L_n|$

Розгляньте булеві формули та SAT. Використовуючи padding та трохи змінивши кодування формул, ми можемо переконатися, що та мають однакову довжину. $\varphi$ $\lnot \varphi$

Нехай - це кодування, яке $\langle\ \rangle$

для всіх формул та для присвоєння істини , . $\varphi$ $\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$ $|\langle\varphi\rangle| = |\langle\varphi, \tau\rangle|$
$|\langle\varphi\rangle| \mapsto |\varphi|$ є многочленно-обчислюваним.
кількість формул з кодованою довжиною обчислюється багаточленним часом. $n$

Розглянемо

L := {⟨ φ ⟩ ∣ φ \in S A T} \cup {⟨ φ, τ ⟩ ∣ τ ⊨ φ and \exists σ < τ σ ⊨ φ}

$L := \{\langle\varphi\rangle \mid \varphi \in \mathsf{SAT} \} \cup \{\langle \varphi, \tau \rangle \mid \tau \vDash \varphi \text{ and } \exists \sigma<\tau\ \sigma\vDash\varphi \}$

Неважко помітити, що є NP-повним. $L$

Якщо , кількість присвоєнь істини, що задовольняють , дорівнює кількості задовольняючих істини завдання . Додаючи , він додає кількість задовольняючих істинних призначень для . $\varphi \in \mathsf{SAT}$

τ ⊨ φ and \exists σ < τ σ ⊨ φ

$\tau \vDash \varphi \text{ and } \exists \sigma<\tau\ \sigma\vDash\varphi$

- 1

$- 1$

φ

$\varphi$

φ

$\varphi$

Є присвоєння істини. Кожен або задовольняє або (і не обидва). Для кожної формули врахуйте рядки , , та for . Саме з цих рядків в . Це означає, що кількість рядків довжиною в $2^{|\varphi|}$ $\tau$ $\varphi$ $\lnot \varphi$ $\varphi$ $2(2^{|\varphi|}+1)$ $\langle\varphi\rangle$ $\langle\lnot \varphi\rangle$ $\langle\varphi, \tau\rangle$ $\langle \lnot\varphi, \tau\rangle$ $\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$ $2^{|\varphi|}$ $2^{|\varphi|+1}+2$ $L$ $n$ $L$ - число формул кодованої довжини помножене на які обчислюються багаточленним часом. $\varphi$ $n$ $2^{|\varphi|}$

— Райан О'Доннелл
джерело

Навіть якщо це бажане рішення, це явно відповідь, що стосується лише посилань.

— користувач2943160

Щоб було зрозуміло, нічого особливого в SAT немає, це може працювати з будь-яким предикатом верифікатора на повну NP-проблему.

— Каве

@Kaveh, ти не використовуєш тут особливу властивість SAT, що екземпляри складаються парами , , щоб будь-який даний свідок був свідком саме одного з двох в парі? Як би ви це зробили, наприклад, 3-КОЛІРНИЙ?

ϕ

$\phi$

\neg ϕ

$\lnot \phi$

τ

$\tau$

— Ніл Янг

@Neal, нехай V (x, y) є верифікатором проблеми, що завершується NP. Розглянемо W (x, b, y): = V (x, y) = b. Він все ще є NP-повним, і кожен y є свідком або для x, 0 або x, 1. Не так приємно, як SAT, хоча.

— Каве

@Kaveh, наприклад, із SAT ви пропонуєте Але це в P, і якщо ви спробуєте це виправити, взявши союз із, скажімо, , об'єднання є як NP-жорстким, так і co-NP-жорстким (так, швидше за все, не для NP). EDIT: О, я бачу, ви маєте на увазі об'єднання , скажімо, ...

A = {(ϕ, b, τ) : (τ satisfies ϕ) \leftrightarrow b = 1} ?

$A = \{(\phi, b, \tau) : (\tau \mbox{ satisfies } \phi) \leftrightarrow b=1\}?$

B = {(ϕ, b) : τ \in S A T \leftrightarrow b = 1}

$B = \{(\phi, b) : \tau \in SAT \leftrightarrow b = 1\}$

A \cup B

$A\cup B$

A

$A$

C = {(ϕ, b) : \exists τ . [(τ satisfies ϕ) \leftrightarrow b = 1]}

$C=\{(\phi, b) : \exists \tau.~[(\tau \mbox{ satisfies } \phi) \leftrightarrow b=1]\}$

— Ніл Янг

Ось пропозиція, чому може бути складно придумати такий приклад, хоча я згоден з коментарем Каве, що було б дивно, якби його не було. [Не відповідь, але занадто довго для коментаря.]

Припускаю , що хто - то, скажімо , мене, приходить з такою мовою . Природний спосіб для мене довести, що є явним чином побудувати взаємно однозначне відповідність між і . Оскільки я особисто не в змозі вирішити випадки -твердих проблем, більшість "простих" біекцій, які я придумаю, матимуть форму " - біекція, що зберігає довжину, і тоді і тільки тоді, коли ". Крім того, я, швидше за все, придумаю таке яке можна обчислити в поліноміальний час. Але з іншого боку $L$ $L^{=n} := |L \cap \{0,1\}^n| = 2^{n-1}$ $L \cap \{0,1\}^n$ $\{0,1\}^n \backslash L$ $\mathsf{NP}$ $f\colon \{0,1\}^* \to \{0,1\}^*$ $x \in L$ $f(x) \notin L$ $f$ $\mathsf{NP} = \mathsf{coNP}$ , для - це зменшення від -комплект, що до -повне. $f$ $\mathsf{NP}$ $\mathsf{coNP}$

Звичайно, це заперечення може бути подолане "просто", оскільки біекцію важче обчислити, ніж це. Якщо ваш біекшн займає експоненціальний час - скажіть це, а його зворотний може бути -hard - тоді я думаю, ви досить безпечні. Але якщо це займає, скажімо, квазіполіномний час, то зауважте, що ви все одно отримаєте наслідок , з якого я вважаю, що це випливає з простої індукції з аргументом padding, що . Тепер, якщо ви вважаєте, що попереднє обмеження є просто помилковим, тоді жодна квазіполіполітична обчислювана біекція не може врятувати вас. Але навіть якщо ви вважаєте, що це може бути правдою, тоді ви придумали такий біекшн $\mathsf{EXP}$ $\mathsf{coNP} \subseteq \mathsf{NTIME}(2^{(\log n)^{O(1)}}) =: \mathsf{NQP}$ $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$ $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$ , який, здається, не відповідає сучасним знанням ...

Заперечення також можна обійти, просто не маючи такого біекція, але тоді здається важче зрозуміти, як довести, що має бажане властивість в першу чергу ... І насправді, навіть якщо ваші докази не є Біекція, вам знадобиться так, що жодного такого легко обчислюваного біекція навіть не існує. $L$

Звичайно, це також тип речі, коли хтось прийде разом із прикладом, і ми легко побачимо, як воно обходить це заперечення, але я просто хотів викинути це, щоб сказати, як все може мати досить простий біак Не працюйте (якщо широко поширені переконання неправдиві).

(Пов'язане запитання: чи існує оракул, щодо якого немає такого ?) $L$

— Джошуа Грохов
джерело