Деление на две функции в #P

19

Пусть быть целым числом функция такая , что 2 Р в # Р . Из этого следует, что F находится в # P ? Есть ли основания полагать, что это вряд ли сохранится? Любые ссылки, о которых я должен знать?F2F#PF#P

Несколько неожиданно возникла такая ситуация (с гораздо большей константой) для функции для которой F ? # P - старая открытая проблема. FF?#P

Примечание: мне известна статья М. Огивара, Л. Хемачандра, Теория сложности для возможных свойств замыкания, где была изучена связанная проблема деления на 2 (см. Thm 3.13). Однако их проблема иная, поскольку они определяют разделение для всех функций через оператора пола. Это позволило им быстро сократить проблемы с паритетом.

Игорь Пак
источник
3
@Kaveh: Если - функция # P , а g ( y ) - функция поли-времени, то f ( g ( y ) ) находится в # P , но g ( f ( x ) ) не обязательно (предположительно) ). Например, кажется, нет никакой причины, почему все неотрицательные функции GapP должны быть в # P , но они сводятся к # P таким образом. f(x)#Pg(y)f(g(y))#Pg(f(x))#P#P
Эмиль Йержабек поддерживает Монику
1
@JoshuaGrochow: Да, это «Принять, если и только если вы угадали обоих свидетелей 2F в лексикографическом порядке».
1
@JoshuaGrochow Если вы выполняете деление без функции пола, то сворачивается в следующий класс сложности, который я только что определил, с помощью теоремы 5.9 в книге TCTC. U P P X = { L | существует предикат полиномиального времени P и такой многочлен q, что для всех x : 1. x L | | { у | | у | q ( | x | ) P ( x , y ) } |PPUPPX={L|x1. xL||{y| 2. x L | | { у | | у | q ( | x | ) P ( x , y ) } | | 1 } Затем необходимо показать, где U P P X принадлежит в иерархии сложности. Следует надеяться, что U P P X = P P|y|q(|x|)P(x,y)}||<1 2. xL||{y| |y|q(|x|)P(x,y)}||1}UPPXUPPX=PP
Тайфун Пей
2
Насколько сложно определить, является ли функция в #PP всегда четной? Я ожидаю, что это неразрешимо.
Питер Шор
2
@PeterShor: Это, конечно, неразрешимо. Можно взять машину, которая принимает в том и только в том случае, если свидетель подсчета имеет все 1 с и ту же длину, что и вход, и M останавливается с точностью [этой длины] шагами.

Ответы:

4

Я пытаюсь выразить свою интуицию, почему я думаю, что это вряд ли удержит. Возьмите вашу любимую задачу в и преобразуйте ее в задачу в P , например, наша функция f может быть числом гамильтоновых циклов во входном 3-регулярном графе, содержащем некоторое фиксированное ребро. Из аргумента четности мы знаем , что е всегда четно, так что вы можете определить F : = F / 2 , и я не вижу причин , почему F будет в P .PPAPffF:=f/2FP

domotorp
источник
2
Ладно. Теперь я в замешательстве. Разве в нет трех гамильтоновых циклов? K4
Питер Шор
5
Хорошо ... Я проверил. Теорема состоит в том, что каждое ребро появляется в четном количестве (неориентированных) гамильтоновых циклов в 3-регулярном графе, а не в том, что существует четное число полных гамильтоновых циклов. Таким образом, задача правильного счета такова: для трех регулярного графа и ребра пусть f будет числом гамильтоновых циклов в G , проходящих через e . Является ли F / 2 в #P? efGeF/2
Питер Шор
Действительно, забавно, что никто раньше не заметил ... Я добавил это.
domotorp
Хотя в целом я согласен с вашей интуицией, в этом случае я думаю, что самом деле может быть в #P: пусть e = (v_1, v_2) будет ребром в G. Пусть u, w будут соседями v_1, которые не ' т v_2. Следующая машина NP имеет f / 2 принимающие пути: угадать цикл Гамильтона, который включает пару ребер (u, v_1) и (v_1, v_2). (Дело в том, что доказательство четной четности создает биекцию между такими циклами Хэма и теми, которые включают в себя (w, v_1) и (v_1, v_2).) Таким образом, чтобы интуиция работала, вам нужно что-то в PPA, которое проходит, например, счетный аргумент, или это позволяет избежать некоторой легкой биекции ...f/2
Джошуа Грохов
2
Факт не соответствует действительности. Например, легко проверить, что он не работает для всех связанных 3-регулярных графов на 8 вершинах (см. Список en.wikipedia.org/wiki/Table_of_simple_cubic_graphs#8_nodes для списка), за исключением куба (который является реберно-транзитивным) ,
Эмиль Йержабек поддерживает Монику