Известно ли ?

10

Обратное включение очевидно, так же как и тот факт, что любой самоустраиваемый язык NP в BPP также находится в RP. Известно ли, что это также относится к несаморедуцируемым языкам NP?

bppcapnpvsrp
источник
2
Если бы это было известно из включений и , из этого следует, что либо или (или оба, по существу, в зависимости от отношений между и . Поэтому я могу с уверенностью предположить, что в настоящее время он неизвестен. Так как имеет одностороннюю ошибку, легко увидеть, как она содержится в , без необходимости самовосстановления или какого-либо другого свойстваR PB P P RPBPPR PN Р RPNPВ Р Р = Р Р BPP=RPР Р = Н Р RP=NPВ Р Р BPPН Р NPР Р RPВ Р РBPP
chazisop
4
Что будет известно, что означает NP = RP. @chazisop, где вы взяли, что подразумевает BPP = RP или NP = RP? N PB P P NPBPPN PВ Р Р = Р РNPBPP=RP
Эмиль Йержабек
1
Предположим, мы знали . Затем мы можем выполнить анализ случая: - Если , то из (1) , что с известными результатами подразумевает . - Если , то из (1) , что с известными результатами подразумевает . - Если (ни один не является подмножеством другого), то мы получаем BPP \ cap NP = RP . PS: Извините за удаление предыдущего комментария, я случайно разместил его в середине комментария и не смог отредактировать его, чтобы включить остальные случаи. B P P N P R P ( 1 ) B P P N P N P R P N P = R P N P B P P B P P R P B P P = R P N P B P P B P P N P = R PBPPNPRP(1)BPPNPNPRPNP=RPNPBPPBPPRPBPP=RPNPBPPBPPNP=RP
chazisop
4
Вы перепутали первые два случая. Что еще более важно, в третьем, общем случае, ваш вывод идентичен предположению, поэтому весь аргумент ничего не дает. В частности, он не поддерживает неправильную заявку в вашем первом комментарии.
Эмиль Йержабек
1
Предположение требует только подмножества, а не равенства. В любом случае, мой аргумент (даже плохо отформатированный и с ошибками) действительно показывает, что, если бы мы знали, о чем спрашивают, то мы могли бы получить отношения класса сложности, которые в настоящее время являются открытыми проблемами. Кроме того, я не вижу, как третий случай, если более общий, чем остальные: он явно исключает возможность одного класса, содержащего другой, который в настоящее время неизвестен.
chazisop

Ответы:

7

Как и в большинстве сложных вопросов, я не уверен, что будет очень полный ответ в течение очень долгого времени. Но мы можем, по крайней мере, показать, что ответ нерелятивизирующий: существует оракул, относительно которого выполняется неравенство, и один, относительно которого выполняется равенство. Довольно просто дать оракула, относительно которого классы равны: любой оракул, имеющий будет работать (например, любой оракул, относительно которого «случайность мало помогает»), так как будет любой оракул, у которого есть (например, любой оракул, относительно которого "случайность очень помогает"). Их много, поэтому я не буду вдаваться в подробности.B P P = R P N PB P PBPP=RPNPBPP

Несколько сложнее, хотя и довольно просто, разработать оракула, относительно которого мы получаем . Конструкция, приведенная ниже, действительно работает немного лучше: для любой константы существует оракул, относительно которого есть язык в которого нет в . Я обрисую это ниже.R PB P PN P c c o R PU P R P T T I M E [ 2 n c ]RPBPPNPcc o R P U PР П Т И М Е [ 2Nс]

Мы разработаем оракул который содержит строки вида , где - это битная строка, - это один бит, а - это битовая строка длиной . Мы также дадим язык который будет определяться машиной машиной следующим образом:A ( x , b , z ) x n b z 2 n c L A c o R P U PA( Х , б , г)ИксNbz2ncLAcoRPUP

  • машина, на входе , угадывает длины случайным образом , запросы , а также копии ответа.c o R P x z 2 | х | c ( x , 0 , z )coRPxz2|x|c(x,0,z)
  • Машина , на входе , угадывает длины , запрашивает и копирует ответ.U P x z 2 | х | c ( x , 1 , z )UPxz2|x|c(x,1,z)

Чтобы указанные выше машины действительно соответствовали их обещаниям, нам нужно, чтобы удовлетворял некоторым свойствам. Для каждого должен быть один из этих двух вариантов:хAx

  • Вариант 1: В лучшем случае половины выбора есть и нулевой выбора есть . (В этом случае )z ( x , 0 , z ) A z ( x , 1 , z ) A x L Az(x,0,z)A z(x,1,z)AxLA
  • Вариант 2: Каждый выбор имеет и ровно один выбор имеет . (В этом случае )z ( x , 0 , z ) A z ( x , 1 , z ) A x L Az(x,0,z)A z(x,1,z)AxLA

Нашей целью будет указать удовлетворяющее этим обещаниям, чтобы диагонализировался против каждой . Для того, чтобы этот короткий ответ уже был коротким, я опущу строительную технику оракула и массу неважных деталей и объясню, как диагонализировать конкретную машину. Фикс рандомизированное машина Тьюринга, и пусть будет вход , так что мы имеем полный контроль над отбором «с и » S так , что . Мы разобьем на .A L A R P T I M E [ 2 n c ] M x b z ( x , b , z ) A M xALARPTIME[2nc]Mxbz(x,b,z)AMx

  • Случай 1: Предположим, что есть способ выбрать , так что удовлетворяет первому варианту своего обещания, а имеет выбор случайности, который принимает. Тогда мы передадим этому выбору. Тогда не может одновременно выполнить обещание и отклонить . Тем не менее, . Таким образом , мы диагонализованы против .z A M A M R P x x L A MzAMAMRPxxLAM

  • Случай 2: Далее предположим, что предыдущий случай не сработал. Теперь мы покажем, что тогда можно заставить либо нарушить обещание либо отклонить какой-либо выбор удовлетворяющий второму варианту его обещания. Это диагонализует против . Мы сделаем это в два этапа:M R P A MMRPAM

    1. Покажите , что для каждого фиксированного выбора из случайных битов «с, должен отвергнуть , когда все его запросы вида в и все его запросы вида не в .r M M ( x , 0 , z ) A ( x , 1 , z ) ArMM(x,0,z)A(x,1,z)A
    2. Покажите, что мы можем перевернуть ответ на для некоторого выбора не оказывая существенного влияния на вероятность принятия( x , 1 , z ) A z M(x,1,z)AzM

    Действительно, если мы начнем с с шага 1, вероятность принятия равна нулю. не совсем удовлетворяет второй вариант своего обещания, но затем мы можем перевернуть один бит, как на шаге 2, и это будет. Поскольку переключение бита приводит к тому, что вероятность принятия остается около нуля, из этого следует, что не может одновременно принять и удовлетворить обещание .A M A M M x R PAMAMMxRP

Осталось обсудить два шага в случае 2:

  1. Закрепить выбор случайных битов для . Теперь симулировать с помощью , как хаотичности и отвечать на запросы , таким образом , что и . Заметьте, что делает не более запросов. Поскольку существует вариантов выбора , мы можем исправить незапрошенные варианты выбора чтобы они , и чтобы прежнему удовлетворяли первому варианту его обещание. Поскольку мы не могли заставить Случай 2 работать для , это означает, чтоr M M r ( x , 0 , z ) A ( x , 1 , z ) A M 2 n crMMr(x,0,z)A(x,1,z)AM2nc 2 2 н с г Z ( х , 0 , Z ) М М Г А ( х , 0 , z ) A ( x , 1 ,22nczz(x,0,z)AAдолжен отказаться от всех своих случайных вариантов выбора относительно , и в частности от . Отсюда следует, что если мы выберем чтобы и для каждого выбора , то для любого выбора случайные биты , отклоняет по отношению к .г ) г г М

  2. Предположим, что для каждого доля случайных битов, для которых запросов равна по крайней мере . Тогда общее число запросов не менее . С другой стороны, делает не более запросов во всех своих ветвях, противоречие. Следовательно, существует возможность выбора так, чтобы доля случайных битов, для которых запросов была меньше 1/2. Следовательно, изменение значения в этой строке влияет на вероятность принятия менее чем на .г М ( х , 1 , г ) 1 / 2 2 2 н с 2 2 н с / 2 М 2 2 н с 2 н гр г М ( х , 1 , Z ) М 1 / 2

Эндрю Морган
источник
Этот ответ довольно длинный и, вероятно, выиграл бы от ссылки на внешний ресурс, который дает лучшее объяснение используемых методов. Если кто-нибудь знает об этом, я с радостью включу его.
Эндрю Морган
Это может быть в обзоре Ко.
Каве
1
@Kaveh: Я посмотрел на этот опрос (это тот, на который вы ссылаетесь, верно?), Но я не заметил ничего, что, кажется, имеет непосредственное отношение. Большинство результатов , казалось , что они попали бы в случае доказательства B P PN P = R P . Примечательным моментом является то, что P = R P относительно случайного оракула, и поэтому мы получаем B P PN P = R P относительно случайного оракула.
Эндрю Морган
-1

Нет, это не известно. Это может быть не самым убедительным доказательством, но взгляните на этот поиск Google .

domotorp
источник