Теорема Адлемана про нескінченні півріччя?

Адлеман показав у 1978 році, що : якщо булева функція f з n змінних може бути обчислена імовірнісною булевою схемою розміром M , то f також може бути обчислена детермінованою булевою схемою розміру многочлен в M і n ; насправді, розміром O ( n M ) . $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$$f$$n$$M$$f$$M$$n$$O(nM)$

Загальне запитання: Над якими іншими (крім булевими) піврізами проводиться $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$ ?

Якщо бути більш конкретним, імовірнісний ланцюг над семіруванням ( S , + , ⋅ , 0 , 1 ) використовує свої операції "додавання" ( + ) та "множення" ( ⋅ ) як ворота. Вхідні дані є вхідними змінними x 1 , ... , х п , і , можливо , деяка кількість додаткових випадкових величин, які приймають значення 0 і 1 незалежно один від одного з ймовірністю 1 / 2 ; тут$\mathsf{C}$$(S,+,\cdot,0,1)$$(+)$$(\cdot)$$x_1,\ldots,x_n$$0$$1$$1/2$ і 1 є, відповідно, адитивною та мультиплікативною тотожностями семірінгу. Така схема З обчислюєзадану функцію F : S п → S , якщо для кожного х ∈ S п , Р г [ З ( х ) = е ( х ) ] ≥ 2 / 3 . $0$$1$$\mathsf{C}$ $f:S^n\to S$$x\in S^n$$\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x)=f(x)]\geq 2/3$

Функція голосування від т змінних є частковою функцією, значення якого у якщо елемент у з'являється більш м / 2 рази серед у 1 , ... , у м , а не визначене , якщо такого елемента y не існує. Просте застосування меж Черноффа та союзу дає наступне.$\mathrm{Maj}(y_1,\ldots,y_m)$$m$$y$$y$$m/2$$y_1,\ldots,y_m$$y$

Більшість Пастка: Якщо імовірнісний контур обчислює функцію F : S п → S на кінцеве безлічі X ⊆ S п , тобто м = O ( журнал | X | ) реалізації З 1 , ... , С м про З таким чином, що f ( x ) = M a j ( C 1 ( x ) , $\mathsf{C}$$f:S^n\to S$$X\subseteq S^n$$m=O(\log|X|)$$C_1,\ldots,C_m$$\mathsf{C}$ виконується для всіх х ∈ Х . $f(x)=\mathrm{Maj}(C_1(x),\ldots,C_m(x))$$x\in X$

Упродовж булевого семірування функція голосування є функцією більшості та має невеликі (навіть монотонні) кола. Отже, теорема Адлемана випливає, приймаючи X = { 0 , 1 } n . $\mathrm{Maj}$$X=\{0,1\}^n$

А як щодо інших (особливо нескінченних) піврічок? Що з арифметичним семіруванням (із звичайним складанням і множенням)?$(\mathbb{N},+,\cdot,0,1)$

Питання 1: Чи утримується над арифметичним семіруванням? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Хоча я ставлю на "так", я не можу цього показати.

Зауваження: мені відомий цей документ, де автори стверджують, що над реальним полем ( R , + , ⋅ , 0 , 1 ) . Вони мають справу з немонотонними арифметичними ланцюгами, а також надходять (у теоремі 4) до ланцюгів з функцією голосування M a j як вихідний затвор. Але як імітувати цей M a j -гайт арифметичним ланцюгом (будь він монотонним чи ні)? Тобто як отримати їх слідство 3?$\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$$(\mathbb{R},+,\cdot,0,1)$$\mathrm{Maj}$$\mathrm{Maj}$

Власне, наступний простий аргумент, який мені розповів Сергій Гашков (з Московського університету), здається, показує, що це неможливо (принаймні для схем, здатних обчислити лише поліноми ). Припустимо, ми можемо виразити як многочлен f ( x , y , z ) = a x + b y + c z + h ( x , y , z ) . Тоді f $\mathrm{Maj}(x,y,z)$$f(x,y,z)=ax+by+cz+ h(x,y,z)$ означає c = 0 , f ( x , y , x ) = x означає b = 0 , а f ( x , y , y ) = y означає a = 0 . Це справедливо тому, що над полями нульової характеристики рівність поліном-функцій означає рівність коефіцієнтів. Зауважимо, що у питанні 1 діапазон ймовірнісних схем, а значить, і область$f(x,x,z)=x$$c=0$$f(x,y,x)=x$$b=0$$f(x,y,y)=y$$a=0$ -gate єнескінченним. Тому у мене складається враження, що зв'язаний документ має справу лише з обчислювальними функціями арифметичних схем f : R n → Y з невеликими кінцевими діапазонами Y , як Y = { 0 , 1 } . Тоді M a j : Y m → Y насправді легко обчислити арифметичним контуром. Але що робити, якщо Y = R ? $\mathrm{Maj}$$f:\mathbb{R}^n\to Y$$Y$$Y=\{0,1\}$$\mathrm{Maj}:Y^m\to Y$$Y=\mathbb{R}$

---

Виправлення [6.03.2017]: Паскаль Койран (один з авторів цього документу) вказував мені, що їх модель є більш потужною, ніж просто арифметичні схеми: вони дозволяють вхідні ворота (виводити або 1 залежно від того, чи вхід негативний ні). Отже, функцію голосування Майж можна моделювати в цій моделі, і я повертаю свою «плутанину».$0$$1$

---

( N ∪ { - ∞ } , max , + , - ∞ , 0 $(\mathbb{N}\cup\{+\infty\}, \min, +, +\infty,0)$$(\mathbb{N}\cup\{-\infty\}, \max, +, -\infty,0)$

Питання 2: Чи зберігає тропічні піврінги? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Утримувати у цих двох семирінгах, це означатиме, що випадковість не може прискорити так звані "чисті" алгоритми динамічного програмування! Ці алгоритми використовують лише операції Min / Max та Sum у своїх рекурсіях; Беллмана-Форд, Флойд-Воршалл, утримувані Карпи, і багато інших алгоритми видатним DP є чистими. $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Поки що я можу відповісти на запитання 2 (ствердно) лише за сценарієм односторонньої помилки, коли ми додатково вимагаємо протягом min- плюс семірінг (мінімізація) або за семімінг max-plus (максимізація). Тобто зараз ми вимагаємо, щоб рандомізований тропічний контур ніколи не міг отримати кращого за оптимальне значення; однак це може помилитися, подавши деякі гірші, ніж оптимальні значення. Мої запитання, однак, під сценарієм двосторонньої помилки .P r [ C ( x ) > f ( x ) ] = $\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x) < f(x)]=0$$\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x) > f(x)]=0$

---

PS [додано 27.02.2017]: Ось моя спроба відповісти на питання 1 (ствердно). Ідея полягає у поєднанні найпростішої версії "комбінаторного Nullstellensatz" з оцінкою проблеми Заранкевича для n-партійних гіперграпів, завдяки Ердосу та Спенсеру. Модулюючи цей останній результат, весь аргумент елементарний.

Зауважимо, що питання 2 все ще залишається відкритим: "наївний Nullstellensatz" (принаймні у формі, яку я використав) не втримується в тропічних півколах.

Це лише часткова відповідь на ваше загальне запитання (я не впевнений, якою була б цілком загальна формулювання), але це дозволяє припустити, що робота над досить приємними нескінченними семирінками при обмеженні випадковості до кінцевої області може фактично тривілізувати питання про те Теорема Адлемана справедлива.

Припустимо, ви працюєте над складними числами , щоб схеми обчислити поліноми над цим полем, і припустимо, що функція сама обчислюється деяким многочленом (хоч і складним) з змінних . Тоді виявляється, що вже для деякого фіксованого , . Причина полягає в тому, що для кожного множина з визначає замкнутий Заріскі підмножина , і таким чином повинно бути все , інакше підмножина міри нуль. Якщо б усі ці множини мали міру нуля, то, оскільки є лише кінцево багато f x r C ( x , r ) = f ( x ) r x C ( x , r ) = f ( x ) C n C n r x ∃ r : C ( x , r ) = f ( x ) C f З$\mathbb{C}$$f$$x$$r$$C(x,r) = f(x)$$r$$x$$C(x,r) = f(x)$$\mathbb{C}^n$$\mathbb{C}^n$$r$Зважаючи на те, множина де , також мала б міру нуля. З іншого боку, припущення, що обчислює означає це, що множина повинна бути всім , тому воно не може мати міру нуля.$x$$\exists r : C(x,r) = f(x)$$C$$f$$\mathbb{C}^n$