Рандомизированная сложность запроса для проблемы со связанными деревьями

Важная статья 2003 года Childs et al.представил «проблему соединенных деревьев»: проблему, допускающую экспоненциальное квантовое ускорение, которое не похоже ни на одну другую подобную проблему, о которой мы знаем. В этой задаче нам дан экспоненциально большой граф, подобный изображенному ниже, который состоит из двух полных двоичных деревьев глубины n, листья которых связаны друг с другом случайным циклом. Нам предоставлена ​​метка вершины ВХОДА. Мы также снабжаем оракулом, который в качестве входных данных дает метку любой вершины, которая сообщает нам метки ее соседей. Наша цель - найти вершину EXIT (которую легко распознать как единственную вершину степени 2 в графе, отличную от вершины ENTRANCE). Мы можем предположить, что метки - это длинные случайные строки, так что с подавляющей вероятностьювершина, отличная от вершины ВХОДА, должна быть передана ему оракулом.

Чайлдс и соавт. показал, что алгоритм квантового блуждания способен просто проходить через этот граф и находить вершину EXIT после поли (n) шагов. Напротив, они также показали, что любой классический рандомизированный алгоритм требует exp (n) шагов, чтобы найти вершину EXIT с высокой вероятностью. Они указали свою нижнюю границу как Ω (2 ^{n / 6} ), но я полагаю, что более тщательное изучение их доказательства дает Ω (2 ^{n / 2} ). Интуитивно это объясняется тем, что с огромной вероятностью случайное блуждание на графике (даже самообучение и т. Д.) Застрянет в обширной средней области на экспоненциальный промежуток времени: всякий раз, когда бродяга начинает двигаться к выходу. гораздо большее число ребер, направленных в сторону от выхода, будет действовать как «сила отталкивания», которая отталкивает его назад к середине.

Они формализовали аргумент, чтобы показать, что до тех пор, пока он не посетил ~ 2 ^{n / 2} вершин, рандомизированный алгоритм даже не нашел циклов в графе: индуцированный подграф, который он видел до сих пор, - это просто дерево, информация о том, где может быть вершина ВЫХОДА.

Я заинтересован в том, чтобы более точно определить сложность рандомизированных запросов. У меня вопрос такой:

Может кто-нибудь придумать классический алгоритм, который находит вершину EXIT менее чем за ~ 2 ⁿ шагов - скажем, в O (2 ^{n / 2} ) или O (2 ^{2n / 3} )? В качестве альтернативы, может ли кто-нибудь дать оценку ниже, чем Ω (2 ^{n / 2} )?

(Обратите внимание, что по парадоксу дня рождения нетрудно найти циклы в графе после O (2 ^{n / 2} ) шагов. Вопрос в том, можно ли использовать циклы, чтобы получить какие-либо подсказки о том, где находится вершина EXIT.)

Если кто-нибудь сможет улучшить нижнюю границу за Ω (2 ^{n / 2} ), то, насколько мне известно, это послужит самым первым доказуемым примером проблемы черного ящика с экспоненциальным квантовым ускорением, сложность рандомизированного запроса которого превышает √N. , (Где N ~ 2 ⁿ - размер проблемы.)

Обновление: я узнал от Эндрю Чайлдса, что в этой заметке Феннер и Чжан явно улучшают рандомизированную нижнюю границу для соединенных деревьев до Ω (2 ^{n / 3} ). Если бы они были готовы принять постоянную (а не экспоненциально малую) вероятность успеха, я полагаю, что они могли бы еще больше улучшить оценку до Ω (2 ^{n / 2} ).

Я думаю, что у меня есть детерминированный алгоритм, который находит выход в оракулов.$O(n2^{n/2})$

Сначала найдите метки для всех вершин расстояния от входа. Это берет запросов. Затем начните со входа и пройдите шаг, чтобы добраться до узла на расстоянии от входа. Мы постараемся добраться до выхода из этого узла.$n/2$$O(2^{n/2})$$n+1$$X$$n+1$

У нас есть два варианта, куда идти от , и мы хотим выбрать тот, который ближе к выходу. Чтобы сделать это, выберите один из вариантов произвольно, прибыв в узле . Затем изучить все способы ходьбы шагов от . Если один из них дает метку расстояния от входа, мы знаем, что переход от к был неправильным выбором. В противном случае был правильным выбором. Таким образом, в мы нашли узел на расстоянии от входа.Y O ( $X$$Y$$O(2^{n/2})$$n/2$$Y$$n/2$$X$$Y$$Y$$O(2^{n/2})$$X_2$$n+2$

Мы можем продолжать идти по этому пути. Чтобы найти узел расстояния от входа, мы начинаем с и два произвольных шага. Затем изучить все варианты прогулок дополнительных шагов (при этом никогда не шел в обратном направлении), и проверить , если любой из них расстояние от входа. Это произойдет, если и только если первый шаг, который мы прошли от был неверным.$n+3$$X_2$$n/2$$n/2$$X_2$

Чтобы добраться до выхода, нужно сделать это раз, всего вызовов оракула. Кроме того, что может быть удивительно, этот алгоритм является детерминированным.O ( n 2 n / 2$n$$O(n2^{n/2})$

Редактировать: просто чтобы уточнить, чтобы перейти от к , мы пройдем произвольных шагов, затем запустим поиск на глубину , в общей сложности шагов. Если первый шаг отводил от выхода, то все первые шагов делались, и поэтому мы находим метку расстояния от входа. Это означает, что шагов достаточно для определения следующего отдельного шага, который нужно сделать из .$X_t$$X_{t+1}$$t$$n/2$$t+2^{n/2}$$t$$n/2$$t+2^{n/2}$$X_t$