Чи можемо ми швидко генерувати ідеально рівномірно mod 3 або вирішити завдання NP?

Якщо чесно, я не знаю так багато про те, як генерується випадкове число (коментарі вітаються!), Але припустимо наступну теоретичну модель: Ми можемо отримати цілі числа, рівномірно випадкові з і наша мета - вивести ціле число, рівномірно випадкове з [1,3].$[1,2^n]$

Просте рішення, очікуваний час роботи якого є поліном, наступне. Відхиліть (і, можливо, також ) від щоб число інших цілих чисел ділилося на щоб ми могли взяти згенерованого цілого числа. Якщо ми отримаємо відкинуте число, ми генеруємо інше число, поки не отримаємо не відмінене.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

Але що робити, якщо ми хочемо напевно закінчитись у поліноміальний час? Через проблеми з роздільністю проблема стає нерозв'язною. Однак мені цікаво, чи зможемо ми вирішити наступне.

Припустимо, ми можемо генерувати цілі числа, рівномірно випадкові з $[1,2^n]$ і нам задається обчислювально важка задача. Наша мета - вивести ціле число, рівномірно випадкове з [1,3], або вирішити важку задачу.

Тут важкою проблемою може бути розбиття цілого числа, розв’язання екземпляра SAT або щось подібне. Наприклад, ми можемо розшифрувати односторонню перестановку $f$ наступним чином, якщо нам задають деякий $f(x)$ (і припустимо, що $n$ є парним): Якщо для нашого випадкового рядка $f(r)<f(x)$ , то візьмемо $f(r) \bmod 3$ , якщо $f(r)>f(x)$ , то візьміть $f(r)-1\bmod 3$ . Нарешті, якщо $f(r)=f(x)$ , то ми робимо, як $r=x$ . (Якщо $n$ є непарним, то щось подібне працює, просто ми також повинні перевірити, чи $f(r+1)=f(x)$ і відняти $2$ якщо $f(r)>f(x)$ .)

Підсумок відповідей. Еміль Йерабек показав, що якщо ми не можемо генерувати ідеально рівномірно, ми можемо вирішити будь-яку однозначну задачу пошуку з TFNP, а також з PPA-3. З іншого боку, Даніелло показав, що ми не можемо вирішити завдання, повні з NP, вище, якщо NP = co-NP.

Я вважаю, що ми можемо вирішити проблеми пошуку NP, задовольняючи одне з наступних обмежень:

1. кількість розв’язків відома, а не ділиться на ; або,$3$

2. кількість розчинів поліноміально обмежена (але не відома заздалегідь).

Для 1. ми можемо використовувати просту підкладку, щоб звести її до наступного випадку:

• Розчини з , де парне.[ 0 , 2 м - 1 ) $[0,2^{m-1})$$m$

• Кількість рішень задовольняє .$s$$s\equiv1\pmod3$

• Будь-які два рішення розташовані як мінімум на відстані один від одного. (Скажіть, всі вони поділяються на )4 $4$$4$

Зауважте, що . Отже, ми можемо вирішити проблему, вибравши випадкову та скориставшись аналогічним протоколом, як у моїй відповіді для унікальних рішень, якщо (в результаті чого відбувається розподіл на короткий один на кожен з рішень), і виведення якщо .3 ∣ 2 m - s a ∈ [ 0 , 2 m ) a ∈ [ 0 , 2 m - s ) { 0 , 1 , 2 } 0 s 0 a ∈ [ 2 m - s , 2 m$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

Для отримання 2., Припустимо спочатку , що число рішень є відомим . Як і в /cstheory//a/37546 , нехай є найбільшою потужністю яка ділить , так що . Розглянемо задачу пошуку, рішення якої - це послідовності такі, що , і кожен є рішенням вихідної задачі. З одного боку, вихідна проблема зводиться до нової. З іншого боку, кількість рішень нової задачі є , тобто не ділиться наs ≤ p ( n ) 3 k 3 s 3 ∤ ($s\le p(n)$$3^k$$3$$s$3 k )y0,…,y3k-1y0<y1<⋯<y3k-1yi($3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$3 к )$\binom s{3^k}$$3$, і відомо. Таким чином, ми робимо 1.

Тепер, якщо кількість рішень обмежена , але невідома, ми запускаємо протокол вище разів ( ) паралельно для кожного можливого вибору і:p ( n ) 2 ℓ 2 ℓ ≥ p ( n ) 1 ≤ s ≤ 2 $p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• якщо будь-який з потоків повертає рішення вихідної задачі, ми передаємо одну таку на вихід;

• якщо всі потоки повертають елементи , виводимо .r 1 , … , r 2 ℓ ∈ { 0 , 1 , 2 } ( r 1 + r 2 + ⋯ + r 2 ℓ ) mod $r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

За умови другої події рівномірно розподіляється в оскільки є справжньою кількістю рішень вихідної задачі, а інші не залежать від , отже, вся сума також розподіляється рівномірно. .r s { 0 , 1 , 2 } s r i r $r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Я буду використовувати цифри, починаючи з а не від , оскільки я вважаю це набагато природніше.0 $0$$1$

Ось два класи проблем, які ми можемо вирішити таким чином:

1. Функції в TFNP (тобто однозначні загальні проблеми пошуку NP)

   (Це узагальнює приклад з односторонніми перестановками. Він включає як окремі випадки вирішення проблем із .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   Установка полягає в тому, що у нас є предикат полінома-часу і поліном такий що для кожного довжини існує унікальна довжина така, що має місце. Обчислювальне завдання задано , знайдіть .R ( x , y ) p ( n ) x n y m = p ( n ) R ( x , y ) x $R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Тепер я припустимо wlog, що є парним, так що . Алгоритм полягає у формуванні рівномірно випадкових та виведеннім 2 м ≡ $m$( мод3 ) y ∈ [ 0 , 2 м$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • y R ( x , y $y$ (як рішення задачі пошуку), якщо ;$R(x,y)$

   • y - y ′ { 0 , 1 , 2 } y - y ′ ∈ { 1 , 2 } R ( x , y ′$y-y'$ (як випадковий елемент ), якщо , і ;$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • y mod 3 { 0 , 1 , 2 } y ′ ∈ { y , y - 1 , y - 2 } R ( x , y ′$y\bmod3$ (як випадковий елемент ), якщо ні вирішує .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Якби не було вирішення проблеми пошуку, випадковий вибір дав би і рази, а рази (ще один). Однак, якщо вирішує задачу пошуку, ми об'єдналися з елементами (які потрапляють у всі три класи залишків), щоб вони створювали лише залишки і , що вирівнює перевагу . (Я припускаю, що тут wlog, що .)2 m 1 2 ( 2 m - 1 ) / 3 0 ( 2 m + 2 ) / 3 y y , y + 1 , y + 2 1 2 0 y < 2 m - $2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. PPA - проблеми пошуку$3$

   Зручним способом визначення PPA- є такі, як проблеми пошуку NP, багато з яких зводяться до таких типів проблем. Ми маємо фіксовану функцію полінома-часу і поліном , так що для будь-якого входу довжини індуковане відображення обмежене входами довжиною - це функція задовольняє для кожного . Завдання, задане , знайде точку у : .3 f ( x , y ) p ( n ) x n f x ( y ) = f ( x , y ) y m = p ( n ) f x : [ 0 , 2 m ) → [ 0 , 2 m ) f x ( f x ( f x ( y ) ) $3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$= y y x y f x f x ( y ) = $f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Ми можемо вирішити це таким чином у питанні наступним чином: задаючи довжини , ми генеруємо випадковий довжини і виводимоx n y m = p ( n $x$$n$$y$$m=p(n)$

   • y f $y$ якщо це фіксація ;$f_x$

   • в іншому випадку , і є різними елементами. Ми можемо позначити їх як з , і вивести такий, що .y f x ( y ) f x ( f x ( y ) ) { y , f x ( y ) , f x ( f x ( y ) ) } = { y 0 , y 1 , y 2 } y 0 < y 1 < y 2 i ∈ { 0 , 1 , $y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$} y = y $i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   З визначень видно, що це дає рівномірний розподіл на , оскільки нефіксований у тричі.{ 0 , 1 , 2 } $\{0,1,2\}$$y$

Дозвольте мені показати для запису еквівалентність вищезазначеної проблеми з повною проблемою Пападімітріу щодо PPA- , оскільки цей клас в літературі переважно нехтується. Проблему згадують у Buss, Johnson: "Пропозиційні докази та скорочення між проблемами пошуку NP", але вони не заявляють про еквівалентність. Для PPA подібна проблема (LONELY) наведена у Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo та Pitassi: "Відносна складність проблем пошуку NP". Існує нічого особливого , аргумент нижче робіт з урахуванням необхідних змін для будь-якого непарного простого.3 $3$$3$

Пропозиція: Наступні проблеми пошуку NP багаторазово зводяться один до одного:

1. Давши схему, що представляє двосторонній непрямий графік та вершину , ступінь якої не ділиться на , знайдіть іншу вершину.( A ∪ B , E ) u ∈ A ∪ B $(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Враховуючи схему, що представляє спрямований графік , і вершину , баланс ступеня (тобто ступінь мінус у градусі) не ділиться на , знайдіть іншу вершину.( V , E ) u ∈ V $(V,E)$$u\in V$$3$

3. Дано схему, що обчислює функцію така, що , знайдіть фіксовану точку .f : [ 0 , 2 n ) → [ 0 , 2 n ) f 3 = i d$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Доказ:

$1\le_p2$ очевидний, оскільки достатньо направити краї зліва направо.

2 ≤ p 1 A $2\le_p1$ : Спочатку побудуємо зважений двосторонній графік. Нехай і - копії : , . Для кожного початкового ребра вкладаємо край вагою , а край вагою . Це робить рівним градусному балансу у вихідному графіку. Якщо - задана вершина балансу , додамо додатковий край ваги$A$$B$ V A = { x A : x ∈ V } B = { x B : x ∈ V } x → y { x A , y B } 1 { x B , y A } - 1 град ( x A ) = - deg ( x B ) x $V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u$b ≢ 0( мод3 ) { u A , u B } b deg ( u A ) = 2 b ≢ $b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$, так що , а . - наша обрана вершина.( мод3 ) deg ( u B ) = 0 u $\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

Для того, щоб зробити графік звичайним невагомим непрямим графіком, спочатку зменшуємо всі ваги по модулю і опускаємо всі краї ваги . При цьому залишаються лише краї ваг і . Останні можна замінити відповідними пристосуваннями. Наприклад, замість ваги- ребра , ми нові вершини , для , з ребрами , , , , : це робить3 0 1 2 2 { x A , y B } w A i z B $3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$ i = 0 , … , 3 { x A , y B } { x A , z B i } { w A i , y B } { w A i , z B i } { w A $i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$, z B ( i + 1 ) mod 4 } deg ( w A i ) = deg ( z B i ) = 3 5 ≡ $\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, І вносить свій внесок до й .( мод3 ) x A y $5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

3 ≤ p 2 n 2 n ≡ $3\le_p2$ : Дозвольте припустити, що для простоти рівно, що . Побудуємо спрямований графік на наступним чином:$n$( мод3 ) V = [ 0 , 2 n$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• ребра і для кожного .3 x + 1 → 3 x 3 x + 2 → 3 x x < 2 n / 3 - $3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• Якщо - орбіта нефіксованої точки , ми включаємо ребра і .x 0 < x 1 < x 2 f x 0 → x 1 x 0 → x $x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

Вибрана вершина буде . Перший пункт вносить баланс або до кожної вершини . Аналогічно, другий пункт вносить баланс або у вершини, які не є . Таким чином, якщо припустимо, що вже не є точкою фіксації, це дійсно неврівноважений модуль , а будь-який інший вершинний незбалансований модуль є фіксованою точкою .u = 2 n - 1 1 - 2 ≡ $u=2^n-1$$1$( мод3 ) ≠ u - 1 2 ≡ - $-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$( мод3 ) u 3 3 $2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

1 ≤ p 3 A = B = [ 0 , 2 n ) n u ∈ A ≡ $1\le_p3$ : Можна вважати, що з парним, а дана вершина має ступінь .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

Ми можемо ефективно позначити ребра, що падають з вершиною як , де . Таким чином, стає підмножиною , яку ми ототожнюємо з . Визначимо функцію на наступним чином.y ∈ B ( y , j ) j < deg ( y ) E [ 0 , 2 n ) × [ 0 , 2 n ) [ 0 , 2 2 n ) f [ 0 , 2 n ) × [ 0 , 2 n$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• На доповнення : для кожного , і такого, що , складемо , , . Також , , для . Це виключає точку і точки для кожного , ступінь якої не ділиться на .Е у - $E$ ∈ B j deg ( y ) ≤ 3 j < 2 n - 1 f ( y , 3 j ) = ( y , 3 j + 1 ) f ( y , 3 j + 1 ) = ( y , 3 j + 2 ) f ( y , 3 j + 2 ) $y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$( y , 3 j ) f ( 3 i , 2 n - 1 ) = ( 3 i + 1 , 2 n - 1 ) f ( 3 i + 1 , 2 n - 1 ) = ( 3 i + 2 , 2 n - 1 ) f ( 3 i + 2 , 2 $f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$ ) = ( 3 i , 2 n - 1 ) 3 i < 2 n - 1 ( 2 n - 1 , 2 n - 1 ) 3 - ( deg ( y ) mod 3 ) ( y , i ) y ∈ B $f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• На : для кожного ми фіксуємо ефективне перерахування його падаючих ребер , де . Покладемо , , для . Це залишає точки для кожної вершини , ступінь якої не ділиться на .E x ∈ A ( y 0 , j 1 , j 3 i + 1 ) = ( y $E$$x\in A$ 0 ) , … , ( y d - 1 , j d - 1 ) d = deg ( x ) f ( y 3 i , j 3 i ) = ( y 3 i + 1 , j 3 i + 1 ) f ( y 3 i $(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$ i + 2 , j 3 i + 2 )f( y 3 i + 2 , j 3 i + 2 )=( y 3 i , j 3 i )i<⌊d / 3⌋deg(x)mod3x$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$А $x\in A$$3$

Оскільки , два його ребра, що падають, були залишені; ми робимо їх ще одним циклом використовуючи як третю точку. Решта точок залишаються як точки фіксування . Будуючи будь-який з них, це дасть змогу вирішити (1).deg ( u ) ≡ 2( мод3 ) f ( $\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$ n - 1 , 2 n - 1 ) $(2^n-1,2^n-1)$$f$

Якщо ви могли б генерувати mod АБО вирішити SAT (або будь-яку іншу NP-повну проблему, з цього приводу), то . Зокрема, врахуйте ідеальний генератор / розв'язувач, коли дано формулу SAT .3 N P = c o N P $3$$NP = coNP$$\phi$

Нехай - максимальна кількість випадкових бітів, проведених генератором на входах розміру . Оскільки генератор працює в поліном час, є многочленом. Оскільки не ділиться на , має бути деяка послідовність щонайбільше монетних кидок, що змусить генератор вивести (правильний) відповідь для . Таким чином, якщо незадовільний, існує набір монетних кидок, які змушують генератора сказати, що є незадовільним. Якщо задовольняється, то генератор ніколи не буде помилково стверджувати, щоℓ ( n ) n ℓ ( n ) 2 ℓ ( n ) 3 ℓ ( n ) ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ $\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$є незадовільним, незалежно від того, якими є монети. Таким чином, ми показали, що мова незадовільних формул знаходиться в , маючи на увазі . N S Т Н Р Н Р = С Про Н $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

Отже, ось розширення аргументу Еміля, яке показує, що проблеми пошуку, де кількість рішень становить 1, 2 або 4 (нам не потрібно знати, які), можна вирішити вищенаведеним способом. Я розміщую це як відповідь, оскільки це занадто довго для коментарів, і я сподіваюся, що хтось розумніший за мене може довести, що насправді кількість рішень може бути що-небудь, не поділяється на 3.

Скажімо , що випадкова послідовність знаходиться близько до розчину (тобто, до , для яких має місце) , якщо один з , або має місце. (Для простоти, припустимо, що і не є рішеннями.) У рішенні Еміля було достатньо генерувати випадкову рядок та виводити за винятком того, що ми локально обходимось навколо рішень; Я не вникаю в деталі, дивіться його відповідь. Нам достатньо, що якщо близький до рішення, то ми можемо вбити довільне числоr y R ( x , y ) R ( x , r ) R ( x $r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$ r + 1 ) R ( x , r + 2 ) y = 0 y = 1 r r mod 3 r mod 3 r r mod 3 mod $R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$можливо вивести рішення так, що для решти 's функція дає ідеально однакове число .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

Тепер припустимо, що кількість розв’язків дорівнює 1 або 2 для будь-якого . Ми генеруємо два випадкових рядки довжиною : та . Якщо хоча б одна з них не близька до рішення, виводимо . Для простоти, припустимо, що є навіть таким, що у нас є додатковий 0, якщо ми тільки це зробили, а також припустимо, що якщо є два рішення, вони далекі. Якщо і обидва близькі до одного і того ж рішення, ми обертаємось навколо, так що ми вбиваємо 0. Якщо і близькі до різних рішень, то якщо , ми обходимося так, що ми вбиваємо 1, і якщоx n r $x$$n$$r_1$ r 2 r 1 + r 2 mod 3 n r 1 r 2 r 1 r 2 r 1 < r 2 r 1 > r $r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , ми обертаємось навколо, так що ми вбиваємо 2. Таким чином, якщо є лише одне рішення, ми вбиваємо рівно один 0, тоді як якщо є два рішення, ми вбиваємо два 0 і один 1 і один 2.

Цей аргумент не можна поширити на 3 рішення, але може бути за 4, і звідси я буду дуже схематичним. Створіть чотири випадкових рядки, та виведіть якщо всі вони не наближені до рішення. Знову припустімо, що додаткові 0 і рішення завжди далеко. Якщо всі близькі до одного і того ж рішення, ми обходимося, щоб вбити 0. Якщо три з близькі до того самого рішення, меншого, ніж рішення, до якого знаходиться близький четвертий , ми будемо вірити навколо, щоб вбити a 1. Якщо три з близькі до того самого рішення, що більше, ніж рішення, до якого четвертийr 1 , r 2 , r 3 , r 4 r 1 + r 2 + r 3 + r 4 mod 3 r i r i r i r i r i r $r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$Близько, ми спіймаємось, щоб убити 2. Якщо всі близькі до іншого рішення, ми вбиваємо три 0. Правильність одного і двох рішень схожа на попередній випадок. Для чотирьох рішень зауважте, що ми вбиваємо чотири + три 0-х, шість 1-х та 6-ти.$r_i$

Я думаю, що міркування останнього абзацу можна було б поширити на будь-яке обмежене число рішень, яке не ділиться на 3 з деякою алгеброю. Більш цікаве питання - чи існує протокол, який працює для будь-якої кількості рішень.