Варіант критичного SAT в DP

Мова знаходиться у класі iff, якщо є дві мови та так що $L$ $DP$ $L1 \in NP$ $L2 \in coNP$ $L = L1 \cap L2$

Канонічна проблема $DP$ -завершення - це SAT-UNSAT: з урахуванням двох виразів 3-CNF, $F$ і $G$ , чи правда, що $F$ задовольняється, а $G$ - ні?

Критична проблема SAT також відома як $DP$ незавершена: З огляду на 3-CNF-вираз $F$ , чи правда, що $F$ є незадовільним, але вилучення будь-якого пункту робить його задоволеним?

Я розглядаю наступний варіант критичної проблеми SAT: З огляду на 3-CNF-вираз $F$ , чи правда, що $F$ є задоволеним, але додавання будь-якого 3-го застереження (поза $F$ але використовуючи ті ж змінні, що і $F$ ) робить його незадовільним? Але мені не вдається знайти зниження від SAT-UNSAT або навіть довести, що це $NP$ чи $coNP$ важко.

Моє запитання: чи є цей варіант DP повним?

Дякую за відповіді.

— Ксав'є Лабузе
джерело

Я не знав про DP: цікавий клас, особливо якщо CRITICAL-SAT для нього повний.

— Суреш Венкат

Якщо є два задовольняючих признаки , то не є максимальним. (припустимо, що вони відрізняються від змінної , тоді не мається на увазі за формулою, і додавання її або пункт, що містить її, не змінить задоволеності.) Якщо ми можемо знайти в поліноміальному часі пункт, який не має на увазі формулу, ми можемо додати це заперечення формули та просто використання правила одиничної пропозиції. Врешті-решт ми знайдемо значення всіх змінних для задовольняючого завдання. Тоді нам просто потрібно перевірити, чи формула еквівалентна канонічній формулі для цього призначення.

τ \neq τ^{'} ⊨ φ

$\tau\neq\tau' \vDash \varphi$

φ

$\varphi$

p

$p$

p

$p$

— Каве

@Kaveh: Я неправильно зрозумів ваше уточнене запитання. У вашій версії питання "немає жодного застереження, яке б не передбачалося формулою, і яке можна додати до нього, не роблячи його незадовільним", є рівнозначним умові, що існує точно одне задовольняюче завдання, і це стандартне США - повна (отже, coNP-важка) проблема.

— Tsuyoshi Ito

Ксав'є: Ви вірні, що мова у версії @ Kaveh є підмножиною мови у вашій версії. Але це не означає зменшення між двома проблемами (в будь-якому напрямку). Пам’ятайте, що зменшення повинно відображати так-екземпляри до інстанцій так, а не-інстанцій до не-примірників.

— Цуйосі Іто

Вибачте, я писав у зворотному напрямку. Мова у вашій версії - це підмножина мови у версії Kaveh.

— Цуйосі Іто

Відповіді:

[Я зробив це правильною відповіддю, коли хтось дав це -1]

Якщо який - або пункт дозволено додавати, то мова порожній - ясно будь-якому здійсненним формули ви можете додати 3-диз'юнкцію , складену з змінних , які не з'являються в : буде бути задоволеним. $F$ $c$ $F$ $F \cup \{ c \}$

Якщо додані пропозиції повинні використовувати змінні , то мова знаходиться в P. $F$

Обґрунтування таке:

Візьміть будь-який , тобто і для будь-якого 3-го пункту на змінних , . Скажіть , де - буквальний. Оскільки UNSAT, всі моделі повинні мати (для ) - тому що якби якась модель мала напр. , то вона задовольняла б і так . Тепер припустимо, що існує ще одне застереження яке точно схоже на $F \in L$ $F \in SAT$ $c$ $F$ $F \cup \{c\} \in UNSAT$ $c = l_1 \lor l_2 \lor l_3 \notin F$ $l_i$ $F \cup \{ c \}$ $F$ $l_i=0$ $i=1,2,3$ $l_1=1$ $c$ $F \cup \{c\}$ $c'$ $c$ , але з одним або декількома буквальними перевернутими та такими, що , скажіть . Тоді за тим самим аргументом всі моделі повинні мати . Таким чином, необхідна умова для тому , що для кожного п є рівно 6 інших положень в , які використовують три змінні - дозволяє називати ці 7-Пунктом підмножини блоків . Зауважте, що кожен блок має на увазі унікальне задовольняюче призначення його змінним. Коли ця необхідна умова буде виконана, $c' \notin F$ $c' = \neg l_1 \lor l_2 \lor l_3$ $F$ $l_1 = 1$ $F \in L$ $c \in F$ $F$ $c$ $F$ $F$ є або однозначно задоволеним, або незадовільним. Два випадки можна відрізнити, перевіривши, чи присвоєні їм елементи блоку зіткнення, що можна чітко виконати за лінійним часом. $F$

— Антон Бєлов
джерело

В основному ваше спостереження: щоб відповісти Так, F повинен містити рівно сім із восьми застережень про будь-який вибір трьох різних змінних. Тому пошук унікального призначення (або виявлення невідповідності) легко виконується за полиномний час.

— Цуйосі Іто

@Xavier: Дві проблеми можуть виглядати схоже, але спостереження Антона показує, що вони просто дуже різні. Це дуже часто в обчислювальній складності. Типові приклади включають порівняння між 2SAT і 3SAT і між ейлеровим ланцюгом і гамільтоновим контуром.

— Цуйосі Іто

@Xavier - Відповідь Тайфуна неправильна . Він показує, що проблема полягає в DP - її штрафі, будь-яка проблема в P автоматично в DP. Для того, щоб показати, що проблема є DP-завершеною, він повинен показати скорочення до іншої проблеми, повного DP (наприклад, першого варіанту критичного SAT). Я подав правку на його відповідь, але її у черзі на "експертну перевірку".

— Антон Белов

@Anton: Редагування відповідей, опублікованих іншими користувачами, різко не рекомендується. Якщо ви вважаєте, що відповідь Tayfun принципово невірна, не слід намагатися виправити її, відредагувавши її.

— Цуйосі Іто

З проблеми SAT-UNSAT зрозуміло, що для однієї формули ви перевіряєте на відповідність, для іншої формули ви перевіряєте на незадовільність ... У початковій критичній sat prpblem ви не сприймаєте як належне, що дана булева формула є незадовільною. Ви повинні це перевірити. Так само, як і у версії Xaviers, ви повинні перевірити, чи задана булева формула задоволена.

— Tayfun Pay

-1

Я можу запропонувати відповідь на моє власне запитання завдяки вашим коментарям: варіант Критичного САТ є в П.

Назвемо "Проблема 1" варіант критичного SAT: З огляду на 3-CNF-вираз , чи правда, що є задоволеним, але додавання будь-якого пункту з робить його незадовільним? $F$ $F$ $F$

І "Проблема 2": З огляду на 3-CNF-вираз , чи правда, що містить усі зауваження, які він передбачає, і має унікальну модель? $F$ $F$

З огляду на формулу 3-CNF, . $F$

Якщо є так екземпляром завдання 2, то будь-який пункт з не випливають , а потім покриває тільки один можливий задовольняє призначення для . Додавання такого пункту до робить його незаперечним. Отже, є випадком задачі 1. $F$ $F$ $F$ $F$ $F$ $F$

Якщо є не екземпляром завдання 2, то: Випадок 1: вона існує пункт з , яка випливає . Тоді додавання цього пункту до не змінює його задоволеності. Отже, не є випадком проблеми. Випадок 2: містить усі пункти, які він має на увазі, але є незадоволеними. Отже, не є випадком проблеми 1. Випадок 3: містить усі пункти, які випливає з нього, але має принаймні дві різні моделі. Як підкреслюється в коментарі Kaveh, «припустимо, що моделі відрізняються від змінної p, то додавання цього пункту не змінить задоволеності. » , отже, не є випадком проблеми 1. $F$ $F$ $F$ $F$ $F$ $F$ $F$ $F$ $F$

Тоді - це екземпляр задачі 1, якщо Iff - це екземпляр задачі 2. $F$ $F$

Проблема 2 - це явно проблема P (наприклад, - так, екземпляр проблеми 2, якщо точно є = пункти з F без протилежних літтералів у жодному з них - - кількість змінних). Так є проблема 1. $F$ $\binom{n}{3}$ $\frac{n(n-1)(n-2)}{3}$ $n$

— Ксав'є Лабузе
джерело

Ви переробили оригінальну проблему на свій смак.

— Tayfun Pay

Я не впевнений у версії 3-SAT. Враховуючи булеву формулу в CNF з M-застереженнями та N-змінною, якщо М = (3 ^ N) - (2 ^ N), то задана булева формула або НЕЗАДАЧНА, або має єдине рішення. Незважаючи на це, перевірити на відповідність у цьому випадку все ще є NP. Немає можливості у Вашій версії в P.

— Tayfun Pay

@Xavier: Ця відповідь здається правильною, але я думаю, що це те саме, що робить Антон у своїй відповіді.

— Цуйосі Іто

@Tsuyoshi, ви маєте рацію, що я просто вас представляє Проблема 2, перша частина якої (тестування, чи формула містить усі пункти, які вона передбачає) мене цікавить - до речі, чи маєте ви уявлення про складність цієї першої частини?

— Xavier Labouze