P / poly에 NPI가 포함되어 있습니까? 추측된다 반대의 의미는 것이기 때문에 \ mathsf

이는 추측된다 반대의 의미는 것이기 때문에 . Ladner의 정리는 이면 . 그러나 증명은 로 일반화되지 않는 것이므로 즉 열려있는 것 같습니다. $N P ⊈ P / poly$

N P ⊈ P / poly

$\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$ $P H = Σ_{2}$

P H = Σ_{2}

$\mathsf{PH} = \Sigma_2$ $P \neq N P$

P \neq N P

$\mathsf{P} \ne \mathsf{NP}$ $N P I := N P ∖ (N P C \cup P) \neq \emptyset$

N P I := N P ∖ (N P C \cup P) \neq \emptyset

$\mathsf{NPI} := \mathsf{NP} \setminus(\mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}) \ne \emptyset$ $P / poly$

P / poly

$\mathsf{P}/\text{poly}$ $N P I \subset P / poly$

N P I \subset P / poly

$\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$ $N P \subset N P C \cup P / poly$

N P \subset N P C \cup P / poly

$\mathsf{NP} \subset \mathsf{NPC} \cup \mathsf{P}/\text{poly}$

가정 $N P ⊈ P / poly$
$N P ⊈ P / poly$
$\mathsf{NP} \nsubseteq \mathsf{P}/\text{poly}$ (또는 레벨에 접하지 않는 다항식 계층도 있음)이다 $N P I \subset P / poly$
$N P I \subset P / poly$
$\mathsf{NPI} \subset \mathsf{P}/\text{poly}$ 가 참인지 거짓인지? 어떤 증거를 제시 할 수 있습니까?

답변

다음은 Schöning의 Ladner 정리 일반화를 기반으로 한 패딩 논쟁에 대한 가능한 대안입니다. 이 주장을 이해하려면이 문서에 액세스 할 수 있어야합니다.

우웨 쇼닝. 복잡도 클래스에서 대각선 세트를 얻기위한 균일 한 접근 방식. 이론적 컴퓨터 과학 18 (1) : 95-103, 1982.

우리는 과 가 언어이고 과 에 논문의 주요 정리를 다음과 같이 복잡도 클래스로 적용합니다. $A_{1}$

A_{1}

$A_1$ $A_{2}$

A_{2}

$A_2$ $C_{1}$

C_{1}

$\mathsf{C}_1$ $C_{2}$

C_{2}

$\mathsf{C}_2$

$A_{1} = \emptyset$
$A_{2} = SAT$
$C_{1} = N P C$
$C_{2} = N P \cap P / p o l y$

명확성을 위해, 우리는 증명할 사실이다 의미 . $N P ⊈ P / p o l y$

N P ⊈ P / p o l y

$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$ $N P I ⊈ P / p o l y$

N P I ⊈ P / p o l y

$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

가정에서 그 우리가 와 . 분명하다 과 유한 변화에 따라 닫힙니다. Schöning의 논문은 을 재귀 적으로 제시 할 수 있다는 증거 (논문 의 정확한 정의는 논문에서 찾을 수 있음)를 포함하며, 논쟁의 가장 어려운 부분은 가 재귀 적으로 제시 될 수 있음을 증명하는 것입니다 . $N P ⊈ P / p o l y$

N P ⊈ P / p o l y

$\mathsf{NP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$ $A_{1} \notin C_{1}$

A_{1} \notin C_{1}

$A_1\not\in\mathsf{C}_1$ $A_{2} \notin C_{2}$

A_{2} \notin C_{2}

$A_2\not\in\mathsf{C}_2$ $C_{1}$

C_{1}

$\mathsf{C}_1$ $C_{2}$

C_{2}

$\mathsf{C}_2$ $C_{1}$

C_{1}

$\mathsf{C}_1$ $C_{2}$

C_{2}

$\mathsf{C}_2$

이러한 가정 하에서 정리 는 또는 없는 언어 가 있음을 의미합니다 . 및 주어진 , 그것은 그 보유 로 카프 환원성이다 때문에 . 점을 감안 에 그러나 어느 쪽도 없다 – 완전한도에 , 그 다음 그 . $A$

A

$A$ $C_{1}$

C_{1}

$\mathsf{C}_1$ $C_{2}$

C_{2}

$\mathsf{C}_2$ $A_{1} \in P$

A_{1} \in P

$A_1\in\mathsf{P}$ $A$

A

$A$ $A_{2}$

A_{2}

$A_2$ $A \in N P$

A \in N P

$A\in\mathsf{NP}$ $A$

A

$A$ $N P$

N P

$\mathsf{NP}$ $N P$

N P

$\mathsf{NP}$ $N P \cap P / p o l y$

N P \cap P / p o l y

$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$ $N P I ⊈ P / p o l y$

N P I ⊈ P / p o l y

$\mathsf{NPI} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

가 재귀 적으로 표현 가능 하다는 것을 증명해야합니다 . 기본적으로 이는 모든 입력에서 모든 정지가 발생하고 과 같은 결정적 튜링 머신 대한 명확한 설명이 있음을 의미합니다 입니다. 내 주장에 실수가 있다면 아마도 여기에있을 것입니다. 실제로이 결과를 사용해야하는 경우 신중하게 수행해야합니다. 어쨌든 모든 다항식 비 결정적 튜링 머신을 함으로써 (각 의 실행 시간을 신경 쓰지 않기 때문에 결정적으로 시뮬레이션 할 수 있음) $N P \cap P / p o l y$

N P \cap P / p o l y

$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly}$ $M_{1}, M_{2}, \dots$

M_{1}, M_{2}, \dots

$M_1, M_2, \ldots$ $N P \cap P / p o l y = {L (M_{k}) : k = 1, 2, \dots}$

N P \cap P / p o l y = {L (M_{k}) : k = 1, 2, \dots}

$\mathsf{NP} \cap \mathsf{P/poly} = \{L(M_k):k=1,2,\ldots\}$ $M_{k}$

M_{k}

$M_k$ ) 및 주어진 언어에 대한 부울 회로 패밀리의 크기에 대한 상한을 나타내는 모든 다항식은 작동하는 열거를 얻는 것이 어렵지 않다고 생각합니다. 본질적으로, 각각의 는 대응하는 다항식 시간 NTM이 가능한 모든 부울 회로를 검색함으로써 주어진 입력 스트링의 길이까지 일부 다항식 크기 회로와 일치하는지 테스트 할 수있다. 동의가 있으면 는 NTM과 같이 출력하고 그렇지 않으면 거부합니다 (결과적으로 유한 언어를 나타냄). $M_{k}$

M_{k}

$M_k$ $M_{k}$

M_{k}

$M_k$

Schöning의 결과에 숨겨져있는이 주장의 기본 직관은 두 개의 “멋진”복잡성 클래스 (예 : 재귀 프레젠테이션이있는 클래스)가 서로 분리되어 플러시 될 수 없다는 것입니다. 복잡한 클래스의 “토폴로지”는이를 허용하지 않습니다. 입력 길이가 너무 길면 두 클래스를 번갈아 가며 두 클래스간에 언어를 올바르게 구성 할 수 있습니다. Ladner의 정리는 및 대해 이것을 보여 주며 Schöning의 일반화를 통해 다른 많은 클래스에서도 동일하게 수행 할 수 있습니다. $P$

P

$\mathsf{P}$ $N P C$

N P C

$\mathsf{NPC}$

답변

의견에 설명 된대로 패딩 인수의 일부 버전을 작성하고 싶습니다. 왜 차이가 필요한지 모르겠습니다. NP가 P / poly에 포함되지 않은 경우 P / poly에 포함되지 않은 NP- 중간 문제가 있음을 보여주고 싶습니다.

SAT가 보다 작은 회로를 갖지 않는 무한한 함수 가 있으므로 무한대로 증가 하는 함수 가 있으며 . SAT ‘는 길이 의 SAT 문자열 을 에 채워서 얻은 언어를 나타냅니다 . 그때: $f$

f

$f$ $n^{f (n)}$

n^{f (n)}

$n^{f(n)}$ $g$

g

$g$ $g (n) = o (f (n))$

g (n) = o (f (n))

$g(n)=o(f(n))$ $n$

n

$n$ $n^{g (n)}$

n^{g (n)}

$n^{g(n)}$

SAT ‘는 NP입니다 (아래 참조).
SAT ‘는 P / poly가 아닙니다 : SAT’에 대해 크기 회로가 주어지면 SAT에 대해 크기의 회로를 얻지 만 보다 작습니다. 일부 . $n^{k}$
SAT에서 SAT ‘로의 P / 폴리 감소는 없다. SAT를 위해 크기 의 회로 이 있고 SAT’게이트를 허용 한다는 모순이 있다고 가정하자 . 가되도록 충분히 큰 선택 하고 둡니다 . 각 SAT ‘게이트 에는 최대 입력이 있습니다. 패딩 입력을 제거함으로써 에서 SAT ‘게이트를 미만의 입력 으로 SAT 게이트로 트리밍 할 수 있으며 , 사용하여 시뮬레이션 할 수 있습니다 . 결과 SAT 게이트는 최대 입력. 이것을 반복하고 을 손으로 처리 하면 SAT는 약 크기의 회로를 갖습니다. $C_{n}$

편집하다:

의 선택 은 약간 까다 롭습니다. NP의 약속 버전에 SAT ‘를 넣으면이 비트가 필요하지 않습니다. $g$

g

$g$

SAT의 길이 문자열에 대해 크기의 회로가 없도록 을 최대 정수로 정의하십시오 . 대한 을 계산 하고 시간 이후 또는 일 때 중지 하고이 시간에서 발견 된 최고 값의 제곱근의 바닥을 반환 하는 알고리즘으로 을 정의 . 따라서 은 제한이 및 은 시간 에서 계산할 수 있습니다 . 위의 주장 은 무한히 많은 대해 크기의 회로가없는 SAT에만 의존한다는 점에 유의하십시오. $f (n)$

f (n)

$f(n)$ $n^{f (n)}$

n^{f (n)}

$n^{f(n)}$ $n$

n

$n$ $g (n)$

g (n)

$g(n)$ $f (m)$

f (m)

$f(m)$ $m = 1, 2, \dots$

m = 1, 2, \dots

$m=1,2,\dots$ $n$

n

$n$ $m = n$

m = n

$m=n$ $g (n)$

g (n)

$g(n)$ $lim inf g (n) / f (n) = 0$

lim inf g (n) / f (n) = 0

$\liminf g(n)/f(n)=0$ $g (n)$

g (n)

$g(n)$ $n$

n

$n$ $n^{f (n)}$

n^{f (n)}

$n^{f(n)}$ $n$

n

$n$ .

또한 http://blog.computationalcomplexity.org/media/ladner.pdf 에서처럼 SAT에 구멍을 뚫어 증거를 보는 것이 흥미로울 것 입니다. NP 요구 조건이 없으면 이것은 매우 쉽다 : 회로 크기 가 길이 SAT 스트링을 검출 하지 않도록 시퀀스 ; 일부 SAT를 길이가 문자열로 제한 합니다. $n_{1} < n_{2} < \dots$

n_{1} < n_{2} < \dots

$n_1<n_2<\dots$ $(n_{k})^{k}$

(n_{k})^{k}

$(n_k)^k$ $n$

n

$n$ $n_{2^{2^{i}}}$

n_{2^{2^{i}}}

$n_{2^{2^i}}$ $i$

i

$i$

답변

(NPI P / poly) (P NP) $⊈$

⊈

$\nsubseteq$ $⟹$

⟹

$\implies$ $\neq$

\neq

$\neq$

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