Якщо припустити SETH, задача не вирішена в часі для будь-якого ϵ > 0 .O(2(1−ϵ)npoly(l))ϵ>0
По-перше, дозвольте мені показати, що це справедливо для більш загальної проблеми, де і Ψ можуть бути довільними монотонними формулами. У цьому випадку відбувається скорочення багатократного ctt від TAUT до проблеми, яка зберігає кількість змінних. Нехай T n t ( x 0 , … , x n - 1 ) позначає порогову функцію
T n t ( x 0 , … , x n - 1 ) = 1ΦΨTnt(x0,…,xn−1)
Використовуючи сортувальну мережу Ajtai – Komlós – Szemerédi,T n t можна записати за допомогою монотонної формули поліноміального розміру, сконструйованої за часомpoly(n).
Tnt(x0,…,xn−1)=1⟺∣∣{i<n:xi=1}∣∣≥t.
Tntpoly(n)
Враховуючи булеву формулу , ми можемо використовувати правила Де Моргана, щоб записати її у формі ϕ ′ ( x 0 , … , x n - 1 , ¬ x 0 , … , ¬ x n - 1 ) ,
де ϕ ′ монотонно. Тоді
ϕ ( x 0 , … , x n -ϕ(x0,…,xn−1)
ϕ′(x0,…,xn−1,¬x0,…,¬xn−1),
ϕ′є тавтологією тоді і тільки тоді, коли монотонні наслідки
T n t ( x 0 ,..., x n - 1 )→ ϕ ′ ( x 0 ,…, x n - 1 , N 0 ,…, N n - 1 )
справедливі для кожного
t≤n, де
N i = T n - 1 t (ϕ(x0,…,xn−1)Tnt(x0,…,xn−1)→ϕ′(x0,…,xn−1,N0,…,Nn−1)
t≤nNi=Tn−1t(x0,…,xi−1,xi+1,…,xn−1).
Для імплікації зліва направо нехай - завдання, що задовольняє T n t , тобто, щонайменше, t . Існує e ′ ≤ e з точно t . Тоді e ′ ⊨ N i ↔ ¬ x i , таким чином e ′ ⊨ ϕ означає e ′ ⊨eTntte′≤ete′⊨Ni↔¬xie′⊨ϕ . Оскільки це монотонна формула, ми також маємо e ⊨ ϕ ′ ( x 0 , … , x n - 1 , N 0 , … , N n - 1 ) . Право-вліво імплікація схожа.e′⊨ϕ′(x0,…,xn−1,N0,…,Nn−1)e⊨ϕ′(x0,…,xn−1,N0,…,Nn−1)
Тепер дозвольте повернутися до початкової проблеми. Я покажу наступне: якщо задача вирішується за час , то для будь-якого k , k -DNF-TAUT (або подвійно, k -SAT) вирішується за час 2 δ n + О ( √2δnpoly(l)kkk. Це означає, щоδ≥1,якщо SETH виконується.2δn+O(knlogn√)poly(l)δ≥1
Отже, припустимо, що нам задано -DNF
ϕ = ⋁ i < l ( ⋀ j ∈ A i x j ∧ ⋀ j ∈ B i ¬ x j ) ,
де | А я | + | Б i | ≤ k для кожного i . Ми розділимо n змінних на n ′ = n / b блоків розміром b ≈ √k
ϕ=⋁i<l(⋀j∈Aixj∧⋀j∈Bi¬xj),
|Ai|+|Bi|≤kinn′=n/bb≈k−1nlogn−−−−−−−−√ϕ⋀u<n′Tbtu(xbu,…,xb(u+1)−1)→⋁i<l(⋀j∈Aixj∧⋀j∈BiNj)(∗)
n′t0,…,tn′−1∈[0,b]j=bu+j′0≤j′<bNj=Tb−1tu(xbu,…,xbu+j′−1,xbu+j′+1,…,xb(u+1)−1).
We can write
Tbt as a monotone CNF of size
O(2b), hence the LHS of
(∗) is a monotone CNF of size
O(n2b). On the right-hand side, we may write
Nj as a monotone DNF of size
O(2b). Thus, using distributivity, each disjunct of the RHS can be written as a monotone DNF of size
O(2kb), and the whole RHS is a DNF of size
O(l2kb). It follows that
(∗) is an instance of our problem of size
O(l2O(kb)) in
n variables. By assumption, we may check its validity in time
O(2δn+O(kb)lO(1)). We repeat this check for all
bn′ choices of
t⃗ , thus the total time is
O((b+1)n/b2δn+O(kb)lO(1))=O(2δn+O(knlogn√)lO(1))
as claimed.
We get a tighter connection with the (S)ETH by considering the bounded-width version of the problem: for any k≥3, let k-MonImp denote the restriction of the problem where Φ is a k-CNF, and Ψ is a k-DNF. The (S)ETH concerns the constants
sks∞=inf{δ:k-SAT∈DTIME(2δn)},=sup{sk:k≥3}.
Likewise, let us define
s′ks′∞=inf{δ:k-MonImp∈DTIME(2δn)},=sup{s′k:k≥3}.
Clearly,
s′3≤s′4≤⋯≤s′∞≤1
as in the SAT case. We also have
s′k≤sk,
and the double-variable reduction in the question shows
sk≤2s′k.
Now, if we apply the construction above with constant block-size
b, we obtain
sk≤s′bk+log(b+1)b,
hence
s∞=s′∞.
In particular, SETH is equivalent to
s′∞=1, and ETH is equivalent to
s′k>0 for all
k≥3.