Каждая NP-сложная задача вычислима?

Требуется ли, чтобы NP-трудная задача была вычислимой?

Я так не думаю, но я не уверен.

Нет, проблема $NP$ -hard не должна быть вычислимой. Определение является довольно полным: проблема $L$ является $NP$ трудной, если эта проблема, имеющая решение за многократное время, подразумевает, что каждая проблема в $NP$ имеет решение за многократное время (то есть сокращение до $L$ существует для каждой проблемы в $NP$ .).

В этом случае неисчислимые задачи оказываются бессмысленными: предположим, мы могли бы решить их за полиномиальное время. Затем мы используем доказательство того, что это не вычислимо, чтобы получить, что это и вычислимо, и не вычислимо, противоречие. Из этой лжи мы можем вывести что угодно, а именно, что есть алгоритм полиномиального времени для любой задачи $NP$ мы рассматриваем.

Например, рассмотрим проблемы остановки $H$ . Мы можем уменьшить любой язык A до H следующим образом, предполагая, что у нас есть проверка на полимеризацию f ( s , c ), которая проверяет, является ли c сертификатом для s ∈ A :$NP$$A$$H$$f(s,c)$$c$$s\in A$

• С учетом ввода $s$
• Construct (но не запускать) машина Тьюринга $M$ , которая принимает входной $x$ пытается каждый сертификат $c$ и привалы , если $c$ это сертификат , подтверждающий , что $s\in A$ .
• Вернуть (то есть вернуть true, если M останавливается на входе x )$H(M,x)$$M$$x$

Таким образом, с помощью одного вызова многочастичного алгоритма, решающего проблему остановки, мы можем решить любую задачу за полиномиальное время.$NP$

Такое сокращение бесполезно, потому что все, что он делает, говорит, если «если ложь, то что-то». Мы уже знаем, что не существует алгоритма polytime для неисчислимых задач.

Похоже, что в этом сообществе существует некоторая путаница по этому вопросу. Я дам подробный ответ в надежде очистить воду и осветить взаимосвязь между вычислимостью и NP-твердостью.

Во-первых, я полагаю, что ясность и ясность в отношении различных определений решит большую часть путаницы.

Строка представляет собой конечную последовательность символов из некоторого фиксированного конечного алфавита.

Проблема решения представляет собой набор строк. (Этот набор обычно бесконечен.) Думайте о проблеме решения как о проверке строк для некоторого свойства: строки со свойством находятся в наборе, а строки без свойства - нет.

Предположим , у нас есть две проблемы , решения, и B . Скажем является полиномиальным временем приводимым к B , если существует некоторый многочлен р ( х ) и алгоритм некоторый алгоритм М такое , что для всех строк ы ,$A$$B$$A$$B$$p(x)$$M$$s$

• Если вы передаете ввод s , M останавливается менее чем за p ( | s | ) шагов (где | s | - длина строки s ) и выводит строку M ( s ) .$M$$s$$M$$p(|s|)$$|s|$$s$$M(s)$
• в А тогда и только тогдакогда M ( ы ) в B .$s$$A$$M(s)$$B$

Проблема Решение является NP-трудной , если для каждого НП проблемы решения A , полиномиально сводится к B .$B$$A$$A$$B$

Решение задачи вычислимо, если существует алгоритм , который для всех строк s ,$M$$s$

• Если вы предоставляете вход s , M останавливает и выводит либо «да», либо «нет».$M$$s$$M$
• Выход «да», если в A и «нет» в противном случае.$s$$A$

С помощью приведенных выше определений мы можем сразу уточнить, что, по моему мнению, может быть коренной путаницей в вашем вопросе: ничто в определениях проблемы решения, сокращений или NP-сложности не требует, чтобы проблемы решения были вычислимыми. Определения имеют смысл рассматривать решения проблем как произвольные наборы строк, и эти наборы могут быть действительно очень неприятными.

Это оставляет два вопроса на столе:

1. Определения оставляют открытой возможность того, что невычислимые функции могут быть NP-сложными. Есть ли на самом деле невычислимые NP-сложные функции?
2. Существует интуиция, что сказать, что проблема NP-hard, значит сказать, что ее трудно решить. Сказать, что это не вычислимо, все равно, что сказать, что «действительно трудно» решить. Итак, все ли невычислимые задачи NP-сложны?

На вопрос 1 легче ответить. Есть два особенно важных способа найти невычислимые проблемы решения, которые являются NP-сложными. Первая проблема остановки: Проблема Остановки, , обладает свойством , что каждая вычислимая проблема решения полиномиально сводится к H . Поскольку проблемы NP вычислимы каждая задача NP полиномиально сводится к H , поэтому H является NP-трудной.$H$$H$$H$$H$

Другой важный способ построения невычислимой NP-сложной задачи состоит в том, чтобы заметить, что мы можем объединить любую известную NP-сложную проблему с любой известной невычислимой проблемой. Пусть NP-труден, а B невычислим. Сформируйте решение задачи A ⊕ B следующим образом: A ⊕ B содержит строки вида «0, за которыми следует строка в A » и строки вида «1, за которыми следует строка в B ». A ⊕ B является NP-трудным, потому что мы можем превратить любое уменьшение (любой проблемы) в A в уменьшение к A ⊕ $A$$B$$A \oplus B$$A \oplus B$$A$$B$$A \oplus B$$A$$A \oplus B$: просто настроить алгоритм для вывода дополнительного «0» в начале его выходной строки. ⊕ B не является вычислимой, поскольку вычисление A ⊕ B требует принятия решения , какие строки , которые начинаются с «1» в наборе; это невозможно, так как B не вычислимо.$A \oplus B$$A \oplus B$$B$

Вопрос 2 значительно сложнее, но на самом деле существуют невычислимые задачи решения, которые не являются NP-сложными (при условии, что P NP). Прекрасный ответ Ювала создает такую ​​проблему решения в явном виде. (Для любого теоретика вычислимости в комнате любой " родовой Cohen 1 0 1 " также поможет.) Я расскажу, почему интуиция "NP-сложные задачи сложна, невычислимые задачи сложнее". " неправильно.$\neq$$\Pi^0_1$

NP-твердость и невычислимость говорят о том, что проблема является «сложной» в очень общем смысле, но они очень разные и не должны смешиваться как одно и то же явление. В частности, NP-жесткость является «положительным» свойством: NP-сложная задача трудна в том смысле, что, имея доступ к шпаргалке для A , вы можете решить сложный класс задач$A$$A$ . С другой стороны, не вычислимости «негативный» свойство: не-вычислимая проблема трудно в том смысле , что вы не можете решить А с данным классом ресурсов$A$$A$ .

( «Принуждение», кстати, является методом , используемым для получения «Коэн родового» , что я говорил. Чтобы быть очень очень расплывчато, заставляя это общий способом производства вещей , которые являются «общими» в том , что они имеют нет положительных свойств и каждого отрицательного свойства. Вот почему форсирование может напрямую привести к проблеме, которая не является ни вычислимой, ни NP-трудной.)$\Pi^0_1$

Нет. NP-Hard означает, что он такой же сложный или сложный, как самые сложные NP-проблемы. Интуитивно понятно, что быть неисчислимым намного сложнее, чем NP.

Википедия:

Есть проблемы с решением, которые являются NP-сложными, но не NP-завершенными, например, проблема остановки.

Все знают, что это не вычислимо

Для полноты приведем следующую теорему:

Существует невычислимый язык, который не является NP-сложным тогда и только тогда, когда P NP.$\neq$

Если P = NP, то любой нетривиальный язык (отличающийся от ) является NP-сложным (упражнение), и, в частности, любой невычислимый язык является NP-сложным.$\emptyset,\{0,1\}^*$

Теперь предположим, что P NP. Пусть T i будет некоторым перечислением всех машин Тьюринга. Мы будем строить необходимый язык L поэтапно. На каждом этапе мы будем держать { 0 , 1 , ? } раскраска { 0 , 1 } ∗, которую мы также обозначим через L ; здесь 0 означает, что мы решили, что строка находится не в L , 1 означает, что мы решили, что строка находится в L , и $\neq$$T_i$$L$$\{0,1,?\}$$\{0,1\}^*$$L$$0$$L$$1$$L$$?$означает, что мы еще не решили. Все, кроме конечного числа строк будут окрашены ,$?$

На шаге мы думаем о T i как о машине, которая либо принимает свой ввод, отклоняет его или никогда не останавливается. Если T i не всегда останавливается, то мы ничего не делаем. Если T i всегда останавливается, мы находим строку x такую, что L ( x ) = ? и установите L ( x ) : = 0, если T i ( x ) принимает, и L ( x ) : = 1, если $2i$$T_i$$T_i$$T_i$$x$$L(x) = ?$$L(x) := 0$$T_i(x)$$L(x) := 1$ отклоняет.$T_i(x)$

На шаге мы рассматриваем T i как машину, вычисляющую (возможно) частичную функцию на своем входе. Если T i не является итоговым, или если оно итоговое, но не выполняется за полиномиальное время, или если оно итоговое, но его диапазон конечен, мы ничего не делаем. Если T i является полным, выполняется за полиномиальное время и имеет бесконечный диапазон, то мы находим строку x такую, что L ( T i ( x ) ) = ? , Если x ∈ S A T (то есть, если $2i+1$$T_i$$T_i$$T_i$$x$$L(T_i(x)) = ?$$x \in \mathrm{SAT}$$x$ encodes a satisfiable CNF) then we set $L(x) := 0$, and otherwise we set $L(x) := 1$.

After infinitely many steps, we get a $\{0,1,?\}$ coloring of $\{0,1\}^*$ which we complete to an actual language in an arbitrary way.

The resulting language $L$ isn't computable: step $2i$ ensures that $T_i$ doesn't compute it. It also isn't NP-hard, but here the reasoning is a bit more delicate. Suppose that $T_i$ is a polytime reduction from SAT to $L$. If the range of $T_i$ is finite then we can turn $T_i$ into a polytime machine deciding SAT, by listing the truth table of $L$ on the range of $T_i$. This is impossible by the assumption P$\neq$NP. Thus $T_i$ has infinite range, but then step $2i+1$ rules out its being a reduction from SAT to $L$.

A language $L$ is NP-hard if for every $L' \in \mathrm{NP}$ we have that $L'$ is polynomial-time reducible to $L$. The acceptance problem for nondeterministic Turing machines

is undecidable and is NP-hard. For consider an $L' \in \mathrm{NP}$. $L'$ is decided by some nondeterministic Turing machine $M'$ with polynomial time complexity. A poly-time reduction $f$ from $L'$ to $A_{\mathsf{NTM}}$ is given by

Я думаю, что заставляет людей думать, что не существует неисчислимой NP-трудной проблемы, так это то, что они упускают момент, когда NP-твердость является нижней границей сложности проблемы, а не верхней границей их твердости, такой как P или NP.

Язык L, являющийся NP-сложным, означает, что он выше языка в NP, и это так. Теперь, если вы понимаете это, нужно показать, что существуют произвольно более сложные проблемы.

Позволять $A$быть языком Рассмотрим алгоритмы, дополненные черным ящиком, которые они могут использовать для определения членства в$A$, Давайте обозначим их как$\mathsf{C}^A$, Легко видеть, что проблема остановки для$\mathsf{C}^A$, $Halt_{\mathsf{C}^A}$ не в $\mathsf{C}^A$,

В теории computablity это называется переход из$A$ и обозначается $A'$, Так$A < A'$строго. И ничто не мешает нам повторить это: $A<A'<A''<A'''<...$