?

Читая блог Дика Липтона, я наткнулся на следующий факт в конце его поста о факторе Борна :

Если для каждого существует отношение вида где , и каждый из , и является по длине в битах, тогда факторинг имеет полином размерные схемы. $n$
$(2^{n})! = \sum_{k = 0}^{m - 1} a_{k} b_{k}^{c_{k}}$ $(2^n)! = \sum_{k=0}^{m-1} a_k b_k^{c_k}$ $m = poly(n)$ $a_k$ $b_k$ $c_k$ $poly(n)$

Другими словами,, который имеет экспоненциальное количество битов , потенциально может быть представлен эффективно. $(2^n)!$

У меня есть несколько вопросов:

Может ли кто-нибудь предоставить доказательство вышеуказанного отношения, назвать мне имя и / или предоставить какие-либо ссылки?
Если бы я дал вам , и каждый из , и , не могли бы вы предоставить мне алгоритм полиномиального времени для проверки правильности отношения (т. Е. Находится ли он в )? $n$ $m$ $a_k$ $b_k$ $c_k$ $NP$

— user834
источник

Разве этот пост в блоге не претендует на обратное? То есть, если уравнения вышеприведенного вида имеют решения в общем , тогда факторинг имеет схемы полиномиального размера.

(2^{n})! = \sum \dots

$(2^n)! = \sum \cdots$

— Микро

Я думаю, что вы на самом деле написали обратное тому, что написал Дик Липтон. Он говорит, что если такое уравнение существует для каждого , то факторинг имеет схемы полиномиального размера. Таким образом, подразумевается, что если факторинг является неравномерно сложным (для бесконечного числа ), то уравнения указанной выше формы не существуют (для бесконечного числа ).

n

$n$

n

$n$

n

$n$

— Сашо Николов

@mikero, SashoNikolov, вы оба правы, мои извинения. Я отредактировал свой вопрос.

— user834

Обратите внимание, что «алгоритм полиномиального времени» обычно означает единый алгоритм. Пост Липтона только утверждает существование семейства полисайтовых схем для факторинга.

— Сашо Николов

Обратите внимание, что для того, чтобы это свойство было истинным,

должны быть

в битовом размере /, как указано в блоге Липтона /, и

как целые числа , Ваше определение не ясно.

a_{k}

$a_k$

b_{k}

$b_k$

c_{k}

$c_k$

p o l y (n)

$poly(n)$

p o l y (2^{n})

$poly(2^n)$

— Гопи

Я прокомментирую почему отношение как в вопросе (для каждого ) помогает факторинг. Я не могу закончить спор, но, возможно, кто-то может.

(2^{n})! = \sum_{k = 0}^{m - 1} a_{k} b_{k}^{c_{k}}

$(2^n)! = \sum_{k=0}^{m-1} a_k b_k^{c_k}$

n

$n$

Первое наблюдение заключается в том, что приведенное выше соотношение (и в более общем смысле, наличие многоразмерных арифметических схем для ) Дает многоразмерную схему для вычисления для заданный в двоичном виде: просто вычислите сумму по модулю , используя возведение в степень путем повторного возведения в квадрат. $(2^n)!$ $(2^n)!\bmod x$ $x$ $x$

Теперь, если бы мы могли вычислить для произвольного , мы могли бы множить : используя бинарный поиск, найти наименьший такой, что (который мы можем вычислить, используя ). Тогда должен быть наименьшим простым делителем . $y!\bmod x$ $y$ $x$ $y$ $\gcd(x,y!)\ne1$ $\gcd(x,(y!\bmod x))$ $y$ $x$

Если мы можем сделать только степени для , мы все равно можем попытаться вычислить Для каждого . Одним из них будет нетривиальный делитель , за исключением неудачного случая, когда существует такое , что взаимно прост с и делит , Это эквивалентно тому, чтобы сказать, что $2$ $y$ $\gcd(x,(2^n)!)$ $n\le\log x$ $x$ $n$ $x$ $(2^n)!$ $(2^{n+1})!$ $x$ не содержит квадратов, и все его главные факторы имеют одинаковую длину в битах. Я не знаю, что делать в этом (довольно важном случае).

— Эмиль Йержабек поддерживает Монику
источник

Если отношение выполнено (для всех

), то, возможно, оно также выполняется (с другим выбором

), когда один заменяет

другим (малым) простым числом,

. Можно предположить поиск до тех пор, пока не будет найдено

, так что

взаимно прост с

а не

n

$n$

a_{k}

$a_k$

b_{k}

$b_k$

c_{k}

$c_k$

2

$2$

p

$p$

p

$p$

x

$x$

(p^{n})!

$(p^n)!$

(p^{n + 1})!

$(p^{n+1})!$

— user834