Чи можна посилити P = NP за межами P = PH?

У описовій складності Іммерман має

Наслідок 7.23. Наступні умови еквівалентні:
1. P = NP.
2. Над скінченними, упорядкованими структурами, FO (LFP) = SO.

Це можна вважати "посиленням" P = NP до еквівалентного твердження щодо (імовірно) великих класів складності. Зауважте, що SO фіксує ієрархію полінома-часу PH, а FO (LFP) фіксує P, тому це може вважатися P = NP iff P = PH.

(Цікава частина цього - твердження, що P = NP означає P = PH; тривіально, що P = CC означає P = NP для будь-якого класу CC, що містить NP. Immerman просто зауважує "якщо P = NP, тоді PH = NP" , мабуть тому, що P = NP можна використовувати з визначенням оракула PH, щоб індуктивно показати, що вся ієрархія руйнується.)

Моє запитання:

Скільки далі можна посилити P = NP таким чином?

Зокрема, який найбільший відомий клас CC 'такий, що P = NP означає P = CC', а найменший клас CC такий, що P = NP означає CC = NP? Це дозволило б P = NP замінити на еквівалентне запитання CC = CC '. P, здається, є досить потужним класом, який, здається, надає мало "простоти" для аргументів, які намагаються відокремити його від NP: наскільки може бути посилена кімната віггінгу?

Мені, звичайно, також був би цікавий аргумент, який показує, що P = PH є межею цього підходу.

Редагувати: зверніть увагу на тісно пов'язане питання Чому P = NP не означає P = AP (тобто P = PSPACE)? який зосереджується на іншому напрямку, чому ми не маємо доказів того, що P = PSPACE. Відповіді Каве і Петра Шор стверджують, що кількість чергувань, що встановлюються, є ключовою. Іншим пов'язаним питанням є проблема вирішення, яка, як відомо, не є в PH, але буде в P, якщо P = NP, яка запитує проблему кандидата; відповіді там також можуть бути використані для побудови відповідей на це питання, хоча ці класи дещо штучні (завдяки Цуйосі Іто, що вказав на це). У більш загальній обстановці, згортання машин для обмеження часу та чергування, обмежене чергуванням запитує, чи локальний колапс на будь-якому рівні в ієрархії чергування викликає згортання вгору, як це відбувається з ієрархією полінома-часу.

— Андраш Саламон
джерело

Пов'язане (безсоромне саморекламування): проблема вирішення, яка, як відомо, не існує в PH, але буде в P, якщо P = NP .

— Цуйосі Іто

Як спосіб формалізації того, які мови є в P, якщо P = NP, Реган ввів клас складності H. Мова є в H тоді і лише тоді, коли L знаходиться в P відносно кожного оракула так що P = NP . Таким чином, знаходиться в H, якщо вираз P = NP P релятивізується. PH H Чергування-час . З теореми Тоди та деяких лем в теоремі Тоди також вірно, що H P для кожного . (В основному, будь-який оракул, що задовольняє P

L

$L$

^{O}

$^O$

O

$O$

^{O}

$^O$

^{O}

$^O$

L

$L$

⟹ L \in

$\implies L \in$

\subseteq

$\subseteq$

\subseteq

$\subseteq$

(O (\log \log n), p o l y)

$(O(\log \log n), \rm{poly})$

\subseteq

$\subseteq$

^{{m o d}_{q} P}

$^{\rm{mod}_q \rm{P}}$

q

$q$

^{O}

$^O$ = NP дає нову верхню межу на H. Це відкрито, чи H = PH.)

^{O}

$^O$

— Рассел Імпальяццацо

@Russell: спасибі! Цей коментар звучить як відповідь.

— Андрас Саламон

Нарешті знайдено посилання на клас Кен Реган : див. Визначення 6.3 «Набори індексів та презентації класів складності», доступне за адресою: citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/summary?doi=10.1.1.32.8927 . Офіційна версія за адресою: dx.doi.org/10.1016/0304-3975(95)00146-8

H

$H$

— Джошуа Грохов

Нехай f (n) - будь-яка безмежна функція. H не міститься в чергуваннях-час (f (n), poly), і якщо ви могли б довести P = NP, це означає P = Alternations-Time (f (n), poly), то NP відрізняється від L.

— Lance Fortnow

Відповіді:

З коментаря Рассела Імпальяццо :

Як спосіб формалізації, які мови є в якщо , Реган ввів клас складності . Мова в тоді і тільки тоді , коли знаходиться в по відношенню до кожного оракула так , що . Таким чином, знаходиться в якщо вислів відновлення . $\mathsf{P}$ $\mathsf{P}=\mathsf{NP}$ $\mathsf{H}$ $L$ $\mathsf{H}$ $L$ $\mathsf{P}^O$ $O$ $\mathsf{P}^O=\mathsf{NP}^O$ $L$ $\mathsf{H}$ $\mathsf{P}=\mathsf{NP} \implies L\in\mathsf{P}$ $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{H} \subseteq \mathsf{AltTime}(O(\lg\lg n),\mathsf{poly})$ . З теореми Тоди та деяких лем в теоремі Тоди також вірно, що для кожного . В основному, будь-який оракул, що задовольняє дає нову верхню межу на . чи . $\mathsf{H} \subseteq \mathsf{P}^{\mathsf{mod}_q \mathsf{P}}$ $q$ $\mathsf{P}^O=\mathsf{NP}^O$ $\mathsf{H}$ $\mathsf{H}=\mathsf{PH}$

І з коментаря Lance Fortnow :

Нехай - будь-яка безмежна функція. не міститься в і якщо ви можете довести мається на увазі тоді відрізняється від . $f(n)$ $\mathsf{H}$ $\mathsf{AltTime}(f(n),\mathsf{poly})$ $\mathsf{P}=\mathsf{NP}$ $\mathsf{P}=\mathsf{AltTime}(f(n),\mathsf{poly})$ $\mathsf{NP}$ $\mathsf{L}$

Для визначення див. Визначення 6.3 в $\mathsf{H}$

Кеннет У. Реган, " Індексні набори та презентації класів складності ", 1999

— Kaveh
джерело

@Josh, щодо коментаря Ленса, я вважаю, що мені щось не вистачає, оскільки є безмежним, а AltTime (f, poly) містить Н відповідно до коментаря Русселя.

f (n) = \lg \lg n

$f(n) = \lg \lg n$

— Каве

Мене щось бентежить. Чому відповідь Джоша Грохова на попереднє запитання з цієї теми ( cstheory.stackexchange.com/a/2039/1575 ) по суті також не відповідає питанням Регана? Тобто, чому він не наводить приклад мови L, що знаходиться в P, якщо P = NP релятивізуючим аргументом, але це не в PH, якщо P! = NP? І чому це не показує, що якщо P! = NP, то H суворо більший ніж PH?

— Скотт Ааронсон

Власне, зі мною трапляється можлива відповідь. Чи питання в тому, що в побудові Грохова саме визначення мови L залежатиме від оракула O?

— Скотт Ааронсон

@Scott: Дійсно, ваша можлива відповідь правильна, оскільки рядки використовуються для діагоналізації (і дійсно, введено чи виходить з L), залежатиме від оракула. Більш детально, якщо , мова є кінцевою, тому різні для різних лише кінцево різні. Але якщо ми вважаємо всі такими, що , то для цих різних навіть не може бути p-еквівалентом, оскільки цей набір оракул є щільним підмножиною .

P^{O} = N P^{O}

$P^O = NP^O$

L

$L$

L

$L$

O

$O$

O

$O$

P^{O} \neq N P^{O}

$P^O \neq NP^O$

L

$L$

O

$O$

2^{Σ^{*}}

$2^{\Sigma^*}$

— Джошуа Грохов

Як я писав у своїй відповіді на інше запитання, давайте зробимо аргумент конструктивним та рівномірним у кількості чергувань, надавши алгоритм, який вирішує припускаючи, що у нас є алгоритм багаточленного часу для SAT, і подивимося, що ми отримаємо, якщо не є постійною. $\Sigma^P_k$ $k$

Нехай - DTM з двома входами і . Подумайте про це як про перевірку проблеми . $M$ $x$ $y$ $\mathsf{NP}$

Нехай - алгоритм, який перетворює TM у схему розміру яка обчислює на входах розміру для кроків. $Cook(M, \vec{n}, t)$ $M$ $s(\vec{n},t) \in \mathsf{poly}$ $M$ $\vec{n}$ $t$

Припустимо, що і існує детермінований алгоритм який вирішує проблему розширення сертифіката Circuit-SAT в часі . $\mathsf{P}=\mathsf{NP}$ $A$ $p\in\mathsf{poly}$

За допомогою цих інгредієнтів ми визначаємо алгоритм для TQBF, який задає кількісну формулу булевої формули, рекурсивно видаляє найбільш внутрішній кількісний показник і замінює його вільним квантовим показником. Нехай - розмір формули на му кроці, тоді у нас . Якщо у формулі є кількісні показники, ми закінчуємо де - розмір формули TQBF, поданий як вхідний. $s_i$ $i$ $s_{i+1} = s\circ p(s_i)$ $k$ $q(n) = (s \circ p)^k(n)$ $n$

Якщо постійна, то . Оскільки значення ланцюга знаходиться в нас є алгоритм поліноміального часу. $k$ $q(n) \in \mathsf{poly}$ $\mathsf{P}$

Якщо то більше не є поліномним часом, отримаємо алгоритм, який знаходиться в . Наприклад, якщо ми отримуємо квазіполіноміальний часовий алгоритм. Для ми не отримуємо нічого нетривіального. $k \in \omega(1)$ $q(n)$ $n^{2^{O(k)}}$ $k = \lg \lg n$ $k = \lg n$

Я думаю, що нас насправді цікавить найбільший клас такий що де - досить сильна теорія, щоб формалізувати весь наш сучасний результати (наприклад, ви можете вважати, що це ), оскільки головний пункт цих результатів - полегшити доведення . $C$

T ⊢ P = N P \to P = C

$T \vdash \mathsf{P} = \mathsf{NP} \to \mathsf{P}=C$

T

$T$

Z F C

$\mathsf{ZFC}$

P \neq N P

$\mathsf{P} \neq \mathsf{NP}$

Якщо ми візьмемо більш слабкі теорії результат все ще може бути цікаво, але це на самому ділі не верхня межа максимального значення . Коли Реган використовує релятивізацію для визначення він по суті обмежує аргументи тими, що релятивізують. Якщо ми використовуємо результат, який не релятизується, ми можемо отримати клас більшого розміру, ніж який би дорівнював якщо . $C$ $\mathsf{H}$ $\mathsf{H}$ $\mathsf{P}$ $\mathsf{P}=\mathsf{NP}$

Як більш філософська примітка, мені особисто не подобається ідея думати про релятивізацію як альтернативні реалії чи світи. Заяви у "релятивізованих світах" самі по собі не дають нам жодної інформації про твердження в нереалізованих умовах. Як приклад цього візьміть який більшість з нас не вважає правдою, але релятивізована версія є вірною wrt випадковим оракулом з вірогідністю 1. Як інший приклад візьміть що правда, але стає хибним wrt випадковим оракулом з ймовірністю 1. $\mathsf{BPP} = \mathsf{PP}$ $\mathsf{IP} = \mathsf{PSpace}$

Я також вважаю, що існує лише один правильний спосіб релятивізації класу складності, який є проблематичним, що спричиняє багато помилок (наприклад, релятивізація мислення як функціональна операція на класах складності в їхньому розширеному розумінні; релятивізація - це модифікація обчислювальної моделі , а не клас функцій чи мов). Я думаю, перегляд релятивізацій як модифікованих (інтерактивних) обчислень є більш корисним. Таким чином існує безліч корисних способів релятивізації класів складності (в її навмисному розумінні). Для отримання будь-якої інформації про нереалізовані налаштування з релятивізованої структури нам потрібен якийсь принцип передачі, подібний принципу передачі в нестандартному аналізі. Зауважимо, що вибір певного методу релятивізації для класів, які зберігають відомі відносини між класами, не дає нам принципу передачі (це основні критерії, які зазвичай використовуються в літературі для визначення того, що таке "правильна релятивізація класу").

— Каве
джерело

Я погоджуюсь з тим, що "перегляд релятивізацій певним чином кориснішим є на основі інтерактивних обчислень. А саме презентація релятивізацій може бути зрозумілішою для розуміння, починаючи з ситуації, коли машини (з інтерактивним доступом до оракула) надаються першими, а опоненту дозволяється вибрати мову для оракула. Потім переходить до ситуації, коли спочатку задається (складна) мова оракул, і машини тепер можуть бути адаптовані до світу, що задається конкретним оракулом.

— Томас Клімпель