Прямая сложность мономов

Пусть - некоторое поле. Как обычно, для мы определяем как прямолинейную сложность над . Пусть - множество мономов , а именно мономов, которые появляются в с ненулевым коэффициентом. $k$ $f\in k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}]$ $L(f)$ $f$ $k$ $F$ $f$ $f$

Верно ли , что ? $\forall m\in F:L(m)\le L(f)$

Даже некоторая более слабая верхняя оценка для известна? $L(m)$

cc.complexity-theory algebraic-complexity arithmetic-circuits

— Горав Джиндал
источник

Ответы:

f = (Σ_{i = 1}^{n} x_{i})^{2^{n}}

$f=(\Sigma_{i=1}^n x_i)^{2^n}$

(\binom{2^{n} + n - 1}{n - 1}) \approx 2^{n^{2}}

${2^n+n-1\choose n-1} \approx 2^{n^2}$

L (f) = O (n)

$L(f)=O(n)$

2^{O (n \log n)}

$2^{O(n\log n)}$

O (n)

$O(n)$

f

$f$

m

$m$

L (m) = \tilde{Ω} (L^{2} (f))

$L(m)=\widetilde\Omega(L^2(f))$

— domotorp
источник

В качестве небольшого конструктивного примера, основанного на ответе домоторпа, можно взять с а .

f = (x + y)^{8}

$f=(x+y)^8$

L (f) = 4

$L(f)=4$

L (x^{7} y) = L (x^{7}) + 1 = 5

$L(x^7y)=L(x^7)+1=5$

— Бруно

@domotorp, спасибо за хороший ответ. Кажется ли это также верхней границей? Или может быть лучше нижние границы?

— Горав Джиндал

Я не знаю, но так как этот пример был настолько прост, я бы предположил, что разрыв может быть больше, возможно, даже экспоненциальным.

— domotorp

У меня есть «доказательство», что существует линейная верхняя граница ... Где я ошибаюсь (так как вы доказали квадратичную нижнюю оценку)? Она заключается в следующем: С SLP размера , то вычислить многочлен общей степени . Теперь имеет SLP размером не более с бинарным возведением в степень. Тогда моном с степенью вариации имеет размер SLP не более (очень грубая граница): вычислите все , , а затем их произведение. Таким образом, если мы рассмотрим многочлен , его полная степень не больше , и каждый моном имеет SLP размером не более

L

$L$

\leq 2^{L}

$\le 2^L$

x^{D}

$x^D$

2 \log D

$2\log D$

D

$D$

n

$n$

2 n \log D + n - 1

$2n\log D+n-1$

x_{i}^{D_{i}}

$x_i^{D_i}$

D_{i} \leq D

$D_i\le D$

f

$f$

2^{L (f)}

$2^{L(f)}$

2 n L (f) + n - 1

$2nL(f)+n-1$ ,

— Бруно

@ Бруно: Хорошее доказательство, и в этом нет ничего плохого, но оно не линейное, так как вы умножаете и . Но поскольку мы знаем, что может зависеть не более чем от переменных, мы можем принять , что подразумевает требуемую квадратичную оценку. Таким образом, .

n

$n$

L (f)

$L(f)$

f

$f$

L (f) + 1

$L(f)+1$

n \leq L (f) + 1

$n\le L(f)+1$

L (m) = O (L^{2} (f))

$L(m)=O(L^2(f))$

— Domotorp

Примечание. Это расширение предыдущего комментария, поскольку ОП явно просил более слабые верхние границы.

Полная степень многочлена ограничена поскольку каждая операция может не более чем удваивать степень многочлена. Таким образом, для каждого , . $f$ $2^{L(f)}$ $m\in M$ $\deg(m)\le 2^{L(f)}$

Теперь для некоторой переменной и степени существует SLP, вычисляющая помощью двоичного возведения в степень, если размер не больше . Для мономиального , можно отдельно вычислить каждый , а затем принять их продукт. Таким образом, где - общая степень (которая, конечно, является верхней границей для каждого ). $x$ $d$ $x^d$ $2\log(d)$ $m=x_1^{d_1}\dotsb x_n^{d_n}$ $x_i^{d_i}$ $L(m)\le 2n\log(d) + (n-1)$ $d$ $m$ $d_i$

Вместе получаем для : $m\in M$

L (m) \leq 2 n \log (\deg (m)) + (n - 1) \leq 2 n L (f) + (n - 1) .

$L(m)\le 2n\log(\deg(m))+(n-1)\le 2nL(f)+(n-1).$

Поскольку , можно заключить $n\le L(f)+1$

\forall m \in M, L (m) \leq 2 L (f)^{2} + 3 L (f) .

$\forall m\in M, L(m) \le 2L(f)^2+3L(f).$

Замечания. Граница, как указано, очень грубая. В частности, верхняя граница дается второй пункт не плотно. Тем не менее, ответ domotorp показывает, что нельзя надеяться на гораздо лучшую оценку, а точнее, что квадратичная зависимость от не может быть удалена. Чтобы затянуть конструкцию, можно использовать самые известные конструкции на цепях сложения . Обратите внимание, что точные границы до сих пор не известны для этой проблемы. $L(m)$ $L(f)$

— Bruno
источник