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?
cc.complexity-theory
derandomization
pseudorandomness
bppcapnpvsrp
источник
источник
Ответы:
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 P ⊆ B P PBPP=RP NP⊆BPP
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 P ⊊ B P P ∩ N P c c o R P ∩ U P R P T T I M E [ 2 n c ]RP⊊BPP∩NP c c o R P ∩ U P Р 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) Икс N b z 2nc LA coRP UP
Чтобы указанные выше машины действительно соответствовали их обещаниям, нам нужно, чтобы удовлетворял некоторым свойствам. Для каждого должен быть один из этих двух вариантов:хA x
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 xA LA RPTIME[2nc] M x b z (x,b,z)∈A M x
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 Mz A M A M RP x x∉LA M
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 MM RP A M
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 PA M A M M x RP
Осталось обсудить два шага в случае 2:
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 cr M M r (x,0,z)∈A (x,1,z)∉A M 2nc 2 2 н с г Z ( х , 0 , Z ) ∉ М М Г А ( х , 0 , z ) ∈ A ( x , 1 ,22nc z z (x,0,z)∉A A должен 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
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
источник
Нет, это не известно. Это может быть не самым убедительным доказательством, но взгляните на этот поиск Google .
источник