Твердость и направления сокращений

Допустим, мы знаем, что проблема A сложная, затем мы сводим A к неизвестной проблеме B, чтобы доказать, что B также сложно.

В качестве примера: мы знаем, что 3-окраска сложна. Затем мы уменьшаем 3-окраску до 4-окраски. Сочетая один из цветов в 3-х раскрасках, вы получаете 4-х раскраски, поэтому эрго-4-раскраски трудны.

Вот как. Но почему это доказательство того, что 4-раскраска сложна? Это то, что вы можете использовать решение проблемы 4-окраски, чтобы решить проблему 3-окраски? Если так, то как? Если нет, то почему это действительное доказательство?

Бонус q: Должны ли полиномиальные сокращения идти в обоих направлениях?

Изменить: если вы сможете объяснить, почему это так, на примере вы сделаете Интернет одолжение. Я не мог найти это объяснено конкретным способом нигде.

Сокращение от проблемы к другой проблеме B является преобразованием f любого экземпляра a из A в экземпляр f ( a ) из B , так что$A$$B$$f$$a$$A$$f(a)$$B$

Если - преобразование, сохраняющее интересующую вас сложность (например, f - это полиномиальное преобразование, если вы рассматриваете N P -твердость), то существование алгоритма A B, решающего B, подразумевает существование алгоритма, решающего A : этого достаточно для запустить п , то Б .$f$$f$$\mathsf{NP}$$\mathcal A_B$$B$$A$$f$$\mathcal A_B$

Следовательно, существование такого уменьшения в от до B означает , что B не легче , чем A . Нет необходимости в сокращении другого пути.$A$$B$$B$$A$

Например, для раскраски графа. Вы можете уменьшить 3 цвета до 4 цветов, но не сразу. Если вы возьмете граф и выберете f ( G ) = G, то у вас будет x ∈ 3 C O L ⇒ f ( x ) ∈ 4 C O L, но у вас нет f ( x ) ∈ 4 C O L ⇒ x ∈ 3 C O L, конечно. Вывод состоит в том, что эквивалентность $G$$f(G)=G$$x∈3\mathsf{COL}$ $⇒$ $f(x)∈4\mathsf{COL}$$f(x)∈4\mathsf{COL}$ $⇒$ $x∈3\mathsf{COL}$ не соблюдается, поэтому е являетсянесокращение.$(E)$$f$

Вы можете построить правильное сокращение от 3 C O L до 4 C O L, но это немного сложнее: для любого графа G пусть f ( G ) будет графом G, расширенным другим узлом u , связанным с ребром к каждому другому узлу.$f$$3\mathsf{COL}$$4\mathsf{COL}$$G$$f(G)$$G$$u$

• Преобразование сохраняет сложность (здесь многочлен);
• если в 3 C O L, то f ( G ) в 4 C O L : просто используйте четвертый цвет для u ;$G$$3\mathsf{COL}$$f(G)$$4\mathsf{COL}$$u$
• если в 4 C O L , то вы можете доказать , что все узлы , за исключением функции и имеют цвет , который не у «s, следовательно , G находится в 3 C O L .$f(G)$$4\mathsf{COL}$$u$$u$$G$$3\mathsf{COL}$

Это доказывает , что является сокращение и что 4 С О л труднее , чем 3 C O L . Вы можете доказать , точно так же , что п C O L тверже м C O L для любого п ≥ м , интересное доказательство бытия того , что 3 C O L тверже любого п C O L .$f$$4\mathsf{COL}$$3\mathsf{COL}$$n\mathsf{COL}$$m\mathsf{COL}$$n≥m$$3\mathsf{COL}$$n\mathsf{COL}$