Складність тестування на членство для кінцевих абелевих груп

Розглянемо наступну проблему тестування належності абелевих підгруп .

Вхідні дані:

Кінцева абелева група $G=\mathbb{Z}_{d_1}\times\mathbb{Z}_{d_1}\ldots\times\mathbb{Z}_{d_m}$ з довільно великими $d_i$ .

Виробляє-безліч $\lbrace h_1,\ldots,h_n\rbrace$ підгрупи $H\subset G$ .

Елемент $b\in G$ .

Вихід: "так", якщо $b\in H$ і "ні" в іншому місці ".

Питання: Чи можна цю проблему ефективно вирішити на класичному комп’ютері? Я вважаю , алгоритм ефективної , якщо вона використовує $O(\text{polylog}|G|)$ час і ресурси пам'яті в звичайному сенсі класичних машин Тьюринга. Зверніть увагу , що ми можемо вважати $n= O(\log|G|)$ для будь-якої підгрупи $H$ . Розмір вхідної проблеми цієї проблеми - $\lceil \log|G|\rceil$ .

Трохи мотивації . Інтуїтивно виглядає, що проблема може бути вирішена алгоритмами для вирішення лінійних систем конгруенцій або лінійних діофантинових рівнянь (читайте нижче). Однак видається, що існують різні поняття обчислювальної ефективності, що використовуються в контексті обчислень з цілими числами, такі як: сильно проти слабко поліноміального часу, алгебраїчна проти бітової складності. Я не є експертом з цих визначень і не можу знайти посилання, яке чітко вирішує це питання.

Оновлення: відповідь на проблему - «так».

У пізній відповіді я запропонував метод, заснований на нормальних формах Сміта, який є ефективним для будь-якої групи з встановленою формою.

Відповідь на Blondin показує , що в окремому випадку , коли всі маю вигляд і є «маленькими» цілими числами , то проблема полягає в . Крихітні цілі числа експоненціально малі з розміром входу: . $d_i$ $d_i= N_i^{e_i}$ $N_i, e_i$ $\text{NC}^3\subset \text{P}$ $O(\log\log|A|)$

У своїй відповіді я використовував "ортогональні підгрупи" для вирішення цієї проблеми, але я вважаю, що це не потрібно. Я спробую надати більш пряму відповідь у майбутньому на основі методу Ешелон форм, який я читаю.

Деякі можливі підходи

Проблема тісно пов'язана з вирішенням лінійної системи конгруенцій та / або лінійних діофантинових рівнянь. Я коротко підсумовую цей зв'язок заради завершення.

Візьмемо за матрицю, стовпці якої є елементами генеруючої множини . Наступна система рівнянь $A$ $\lbrace h_1, \ldots, h_n \rbrace$

А х^{Т} = (\begin{matrix} {год}_{1} (1) & {год}_{2} (1) & \dots & {год}_{н} (1) \\ {год}_{1} (2) & {год}_{2} (2) & \dots & {год}_{н} (2) \\ ⋮ & ⋮ & \dots & ⋮ \\ {год}_{1} (м) & {год}_{2} (м) & \dots & {год}_{н} (м) \end{matrix}) (\begin{matrix} х (1) \\ х (2) \\ ⋮ \\ х (н) \end{matrix}) = (\begin{matrix} б (1) \\ б (2) \\ ⋮ \\ б (м) \end{matrix}) \begin{matrix} мод г_{1} \\ мод г_{2} \\ ⋮ \\ мод г_{м} \end{matrix}

$Ax^{T}= \begin{pmatrix} h_1(1) & h_2(1) & \ldots & h_n(1)\\ h_1(2) & h_2(2) & \ldots & h_n(2)\\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ h_1(m) & h_2(m) & \ldots & h_n(m) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x(1)\\ x(2)\\ \vdots\\ x(n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b(1) \\ b(2) \\ \vdots\\ b(m) \end{pmatrix} \begin{matrix} \mod d_1\\ \mod d_2\\ \vdots\\ \mod d_m \end{matrix}$

має рішення тоді і тільки тоді , коли . $b\in H$

Якщо всі циклічні фактори мають однаковий вимір існує алгоритм, заснований на нормальних формах Сміта, який вирішує задачу в поліноміальний час. У цьому випадку ефективний алгоритм з [1] знаходить нормальну форму Сміта : він повертає діагональну матрицю і дві неперевернуті матриці і таким чином, що . Це зводило проблему до вирішення еквівалентної системної системи з діагоналлюМи можемо ефективно вирішити, чи є в системі рішення за допомогою алгоритму Евкліда. $d=d_i$ $A$ $D$ $U$ $V$ $D=UAV$ $DY=Ub \mod d$ $D$

Наведений вище приклад дозволяє припустити, що проблему можна ефективно вирішити, використовуючи подібні методи в загальному випадку. Ми можемо спробувати вирішити систему, виконуючи модульні операції, або перетворивши систему на більшу систему лінійних діофантинових рівнянь. Деякі можливі методи вирішення проблеми, про яку я можу подумати, є:

Обчислення Сміта нормальних форм . $A$
Обчислення рядки Echelon форми . $A$
Ціла Гауссова ліквідація.

— Хуана Бермеджо Вега
джерело

одночасно перехрещений на MO: mathoverflow.net/questions/81300/…

— Суреш Венкат

Видається, що ви поставили це питання одночасно . Хоча ми не заперечуємо над тим, щоб питання було повторно перетворено , наша політика на веб-сайті полягає в тому, щоб дозволити репост лише після того, як минув достатній час, і ви не отримали потрібної відповіді в іншому місці, оскільки одночасне перехресне посилання повторює зусилля та обговорення переломів. Ви можете позначити це питання для закриття зараз, а потім перенаправити його для відкриття, якщо необхідно, підсумувавши відповідні дискусії з інших сайтів.

— Суреш Венкат

Закрито на вимогу оригінального плаката (через дублювання в МО).

— Дейв Кларк

Я опублікував відповідь до закриття допису. На мою думку, питання тут краще підходить, ніж про математичний потік, оскільки воно було широко вивчене в літературі з теорії складності.

— Майкл Блондін

відновлено за запитом ОП; фокус на складності робить його правильним для цього.

— Суреш Венкат

Відповіді:

Перевірка того, чи є (де - вектори відповідно до коментарів ОП), рівнозначно тому, чи є рішення цієї системи: $b \in \langle h_1, \ldots, h_n\rangle$ $h_i$

(\begin{matrix} {год}_{1} (1) & \dots & {год}_{н} (1) & г_{1}^{е_{1}} & 0 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ {год}_{1} (м) & \dots & {год}_{н} (м) & 0 & 0 & \dots & г_{м}^{е_{N}} \end{matrix}) (\begin{matrix} х (1) \\ ⋮ \\ х (н) \\ у (1) \\ ⋮ \\ у (м) \end{matrix}) \equiv (\begin{matrix} б (1) \\ ⋮ \\ б (м) \end{matrix})

$\begin{pmatrix} h_{1}(1) & \cdots & h_{n}(1) & d_1^{e_1} & 0 & \cdots & 0 \\\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\\\ h_{1}(m) & \cdots & h_{n}(m) & 0 & 0 & \cdots & d_m^{e_N} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x(1) \\\\ \vdots \\\\ x(n) \\\\ y(1) \\\\ \vdots \\\\ y(m) \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} b(1) \\\\ \vdots \\\\ b(m) \end{pmatrix}$

У вашому випадку це крихітні числа (тобто їх значення логарихмічне у вхідному розмірі). На жаль, не здається, що ми можемо вважати, що є крихітними. $e_1, \ldots, e_N$ $d_1, \ldots, d_n$

Якщо вони є, то ви можете знайти рішення системи в в результаті McKenzie & Cook [1] . У цій роботі показано, що розв’язування лінійних конгруенцій по цілому числу з крихітними множниками (LCON) знаходиться в . Крім того, ця проблема еквівалентна проблемі членства абелевої групи перестановки (AGM). Докторська дисертація МакКензі повністю присвячена цим проблемам [1] . Зовсім недавно ці проблеми були розглянуті Arvind & Vijayaraghavan [3] . $\text{NC}^3$ $\text{NC}^3$ $\text{NC}^1$

[1] П'єр Маккензі та Стівен А. Кук. Паралельна складність задач абелевої групи перестановки. 1987 рік.

[2] П'єр Маккензі. Групи паралельної складності та перестановки. 1984 рік.

[3] V. Arvind & TC Vijayaraghavan. Класифікація задач на лінійних конгругенціях та абелевих групах перестановки за допомогою класів підрахунку журналу простору. 2010 рік.

— Майкл Блондин
джерело

Дякую, на жаль, я не маю доступу до цих паперів до понеділка. Мене дивує, що це працює для будь-якої абелевої групи. Для , який є абелевим, визначення моменту належить до передбачає рішення, чим bher має рішення. Я бачу тут дві проблеми: 1) Класично важко обчислити функцію Тойєнта Ейлера 2) Її варіант рішення дискретного логарифму. Задача зводиться до розв’язання модульних рівнянь, якщо задано циклічне розкладання. Як ви вирішите цю проблему? Чи пропускаю тут щось важливе?

Z_{N}^{*}

$Z_N^*$

b

$b$

⟨ a ⟩

$\langle a \rangle$

b = a^{i} \mod φ (N)

$b=a^i\mod \varphi(N)$

— Хуан Бермеджо Вега

Насправді це стосується будь-якої абелевої групи перестановки .

— Майкл Блондин

Я погляну на ці папери і спробую все трохи організувати. Дякую.

— Хуан Бермеджо Вега

Не могли б ви надати більше деталей щодо кодування вводу? Таким чином я міг би вдосконалити свою відповідь.

— Майкл Блондин

розкладання як вхідне (це буде рядок з кількома числами та довжина я здогадуюсь). Тоді кожен елемент групи має форму і може бути представлений набором чисел. Для його зберігання потрібні біт. Це відповідає на це?

A = Z_{d_{1}} \times Z_{d_{1}} \dots \times Z_{d_{N}}

$A=\mathbb{Z}_{d_1}\times\mathbb{Z}_{d_1}\ldots\times\mathbb{Z}_{d_N}$

(g_{1}, \dots, g_{n})

$(g_1,\ldots,g_n)$

n := ⌈ l o g_{2} | A | ⌉

$n:= \lceil log_2 |A|\rceil$

— Хуан Бермеджо Вега

Через деякий час мені вдалося знайти, можливо, неоптимальний, але простий алгоритм, який доводить, що складність проблеми є поліноміальною.

Алгоритм

(А) Обчислити породжує-набір ортогональної підгрупи з . $H^{\perp}$ $H$

(b) Перевірте, чи елемент є ортогональним для . $b$ $H^{\perp}$

Існують ефективні класичні алгоритми для задач (a) та (b) (див. Аналіз нижче). Це дає ефективне членство тест , так як елемент ортогонален , якщо і тільки якщо . $b$ $H^\perp$ $h\in H$

Аналіз

Ортогональна підгрупа визначається через символьну групу як: Основні властивості: $H^{\perp}$ $G$

Н^{⊥} : = {г \in Г : χ_{г} (год) = 1 \forall год \in Н}

$H^{\perp}:= \{g\in G : \chi_g(h)=1\quad \forall h\in H \}$

$H^{\perp}$ є підгрупою . $G$
$H^{\perp^\perp}=H$

Алгоритм для (а) :

Я слідую за алгоритмом [ 1 ] з незначними варіаціями. належить тоді і тільки тоді, коли для всіх , але, за лінійністю, достатньо показати для кожен генератор . Розширення символу з точки зору експонентів (тут я неявно використовую циклічне розкладання фактора) ця умова еквівалентна Для вирішення цих рівнянь обчислити використовуючи алгоритм Евкліда та числа $g$ $H^{\perp}$ $\chi_{g}(h)=1$ $h\in H$ $\chi_{b}(h_i)=1$ $H$

\begin{array}{rcl} досвід {2 π i (\frac{г (1) {год}_{i} (1)}{г_{1}} + \dots + \frac{г (м) {год}_{i} (м)}{г_{м}})} = 1 \end{array}

$\begin{eqnarray} \exp \left\lbrace 2\pi i \left( \frac{g(1)h_{i}(1)}{d_1}+\ldots + \frac{g(m) h_{i}(m)}{d_m} \right) \right\rbrace=1 \end{eqnarray}$

M := lcm (N_{1}, \dots, N_{d})

$M:= \text{lcm}(N_1,\ldots,N_d)$

α_{i} := M / d_{i}

$\alpha_i:=M/d_i$ . Ми можемо переписати вищезазначені умови для кожного як система лінійних модульних рівнянь.

i

$i$

(\begin{matrix} α_{1} {год}_{1} (1) & α_{2} {год}_{1} (2) & \dots & α_{м} {год}_{1} (м) \\ α_{1} {год}_{2} (1) & α_{2} {год}_{2} (2) & \dots & α_{м} {год}_{2} (м) \\ ⋮ & ⋮ & \dots & ⋮ \\ α_{1} {год}_{н} (1) & α_{2} {год}_{н} (2) & \dots & α_{м} {год}_{н} (м) \end{matrix}) (\begin{matrix} г (1) \\ г (2) \\ ⋮ \\ г (н) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix}) \begin{matrix} мод М \\ мод М \\ ⋮ \\ мод М \end{matrix}

$\begin{pmatrix} \alpha_1 h_1(1) & \alpha_2 h_1(2) & \ldots & \alpha_m h_1(m)\\ \alpha_1 h_2(1) & \alpha_2 h_2(2) & \ldots & \alpha_m h_2(m)\\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ \alpha_1 h_n(1) & \alpha_2 h_n(2) & \ldots & \alpha_m h_n(m) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g(1)\\ g(2)\\ \vdots\\ g(n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} \begin{matrix} \mod M\\ \mod M\\ \vdots\\ \mod M \end{matrix}$ Як це доведено в 1 , якщо ми вибірки випадкових рішень цієї системи рівнянь отримаємо генераторний набір з ймовірністю, експоненціально близькою до одного .

t + ⌈ \log | G | ⌉

$t+\lceil\log|G|\rceil$

H^{⊥}

$H^{\perp}$

p \geq 1 - 1 / 2^{t}

$p\geq 1 -1/2^{t}$

A X = 0 (\mod M)

$AX=0 \pmod M$ . Тут - прямокутна матриця над цілим модулем для якого алгоритм, наведений у 2, дозволяє ефективно обчислити його нормальне розкладання Сміта. Алгоритм повертає діагональну матрицю і дві обертові матриці , такі, що . За допомогою цієї формули систему рівнянь можна записати у вигляді із . Тепер можна випадково обчислювальні рішення з допомогою алгоритму Евкліда, так як це система рівнянь виду . Нарешті, обчислення

A

$A$

M

$M$

D

$D$

U

$U$

V

$V$

D = U A V

$D=UAV$

D Y = 0 (\mod M)

$DY=0 \pmod M$

X = V Y

$X=VY$

D Y = 0 (\mod M)

$DY=0\pmod M$

d_{i} y_{i} = 0 (\mod M)

$d_i y_i =0 \pmod M$

X = V Y

$X=VY$ виходить випадковий елемент ортогональної групи за бажанням.

H^{⊥}

$H^{\perp}$

Алгоритм для (b) :

Так як ми вже знаємо , як обчислити виробляє-набір , легко перевірити , є чи даний елемент належить . Спочатку обчисліть генератор-набір з . Тоді, за визначенням, належить тоді і лише тоді, коли для всіх генераторів . Оскільки їх є (полілог ( )), і це можна зробити ефективно, використовуючи модульну арифметику, яку ми зробили. $H^{\perp}$ $b$ $H$ $\langle g_1,\ldots, g_s \rangle$ $H^{\perp}$ $b$ $H$ $\chi_{b}(g_i)=1$ $H^{\perp}$ $|G|$

— Хуан Бермеджо Вега
джерело

прекрасно додати власну відповідь, якщо ви зробили відкриття в середній час. Однак, здається, вам потрібно провести ще одне розслідування (виходячи з вашого коментаря), перш ніж ви вирішите, яку відповідь прийняти.

— Суреш Венкат

Дякую. Я хотів би продовжити дискусію, щоб побачити, чи ми вкладемо все в одну картину. Крім того, я думаю, може бути більш практичний алгоритм, який може спливати.

— Хуан Бермеджо Вега