Приклад логарифмічної довжини свідка легше перевірити, ніж знайти

Легко спостереження полягає в тому, що якщо проблема вирішувана недетермінованої програми поліноміальний час , використовуючи недетермінірованних бітів (тобто, всі свідки логарифмічні в довжину), то . $A$ $O(\log n)$ $A \in \mathsf{P}$

Якщо потім задати питання: "Чи легше перевірити свідка, ніж знайти його?" для таких проблем, і хто вважає всі тривалість полінома еквівалентними, то відповіді немає, оскільки таких свідків можна знайти за час полінома шляхом пошуку всіх потенційних свідків.

Але що робити, якщо ми розглянемо дрібнозернисті відмінності між тривалістю поліномів? Мені цікаво, чи є конкретний приклад природної проблеми в який має свідків логарифмічної довжини, які легше перевірити, ніж знайти, де "легше" означає менший час роботи полінома. $\mathsf{P}$

Наприклад, відомі алгоритми ідеального узгодження у графах займають поліноміальний час, але більше, ніж часу на графіку з вузлами. Але, враховуючи набір пар вузлів (свідок), легко вчасно перевірити що це відповідність. Однак для відповідності для кодування потрібні біти . $O(n)$ $n$ $n/2$ $O(n)$ $\Omega(n)$

Чи є якась природна проблема, яка досягає аналогічного (очевидного) прискорення у перевірці проти знаходження, в якій свідок має логарифмічну довжину?

cc.complexity-theory

— Дейв Доті
джерело

Розглянемо проблему обчислення того, чи

бітна рядок вводу не дорівнює всій нульовій рядку. Для цього потрібно

часу, але свідок розміру

(вказує на

) робить це набагато простіше (на машині з випадковим доступом).

n

$n$

Θ (n)

$\Theta(n)$

\log n

$\log n$

1

$1$

— Робін Котарі

Питання особливо цікаве, якщо ми розглянемо проблеми з принаймні лінійним часом верифікації на машині з випадковим доступом. Розділ 4 статті web.stanford.edu/~rrwill/improved-algs-lbs2.pdf дає деякі цікаві наслідки від загального покращення над вичерпним пошуком навіть при недетермінізмі

. (Розділ 5 навіть доводить деякі безумовні нижчі межі.)

O (\log n)

$O(\log n)$

— Райан Вільямс,

Розглянемо проблему вирішення, яка визначає, чи заданий двійковий вхід довжини є непаліндром. $x$ $n$

Існує досить стандартний доказ складності зв'язку, що для вирішення цієї проблеми для однієї стрічки TM потрібно щонайменше часу. $O(n^2)$

З іншого боку, ми також можемо вирішити цю проблему, використовуючи недетермінований алгоритм із свідченням довжини : алгоритм приймає всякий раз, коли й біт від початку відрізняється від го біта від кінця . Ідентифікація го біта від початку або кінця довжини бітових рядків може бути здійснена за час на одній стрічці TM. $\log(n)$ $i$ $i$ $x$ $i$ $x$ $i$ $n$ $O(n \log n)$

— Михайло Рудой
джерело

Приємно, ви в основному "скасовуєте" різницю між недетермінованою та детермінованою складністю зв'язку (для рівності двох рядків) до поділу недетермінованих та детермінованих односмугових ТМ.

— Райан Вільямс