Сложность проверки, имеют ли два CNF одинаковое количество решений

Учитывая два CNF, если они имеют одинаковое количество назначений, чтобы сделать их правдой, ответьте «Да», в противном случае ответьте «Нет».

Легко увидеть, что это в $P^{\#P}$ , поскольку, если мы знаем точное число решений этих двух CNF, мы просто собираем их и отвечаем «Да» или «Нет».

В чем сложность этой проблемы?

cc.complexity-theory complexity-classes counting-complexity

— Майк Чен
источник

Ответы:

Проблема в том, что coNP -hard; Вы можете легко свести проблему UNSAT к этой проблеме.

Более точная характеристика заключается в том, что проблема в C ₌ P -полном. На самом деле, одно из определений класса C ₌ P состоит в том, что это класс задач, многокритериальный за многочленовое время, сводимый к этой самой проблеме (обычно это определение формулируется в терминах функций GapP ). Но так как это не говорит о многом, позвольте мне определить этот класс по-другому.

Пусть C ₌ P будет классом задач, которые многозначно за многочленное время сводятся к следующей задаче: с учетом булевой схемы φ и целого числа K (в двоичном виде) решить, равно ли число удовлетворяющих назначений φ равен K , Стандартным сокращением, которое показывает # P-полноту # 3SAT, мы можем ограничить φ формулой 3CNF, не влияя на класс. Класс C ₌ P содержит класс с именем US , который содержит как UP, так и coNP.

С этим определением ваша проблема является C ₌ P-полной. На самом деле, твердость C ₌ P легко увидеть из определения класса C ₌ P (который использует формулы 3CNF).

Чтобы доказать членство в C ₌ P, предположим, что мы должны решить, имеют ли две данные формулы CNF φ ₁ и φ ₂ одинаковое число удовлетворяющих присвоений или нет. Без ограничения общности мы можем предположить, что две формулы имеют одинаковое количество переменных, скажем, n . Построить логическую схему φ, которая принимает n + 1 бит в качестве входных данных, чтобы число удовлетворяющих присвоений φ было равно c ₁ + (2 ⁿ - c ₂ ), где c ₁ и c ₂быть числами удовлетворяющих присвоений φ ₁ и φ ₂ , соответственно. Тогда число удовлетворяющих отведений φ равно 2 ⁿ тогда и только тогда, когда c ₁ = c ₂ .

— Цуёси Ито
источник

@Kaveh: Можете ли вы уточнить?

— Цуёси Ито

@Kaveh: Нет, это не то, что мы хотим. Мы хотим решить, имеют ли φ_1 и φ_2 одинаковое количество удовлетворяющих назначений, а не обязательно один и тот же набор удовлетворяющих назначений.

— Цуёси Ито

@ Tsuyoshi: На основании вашего определения

, GI в

? Я думаю , что по крайней мере GI

C_{=} P

$C_=P$

C_{=} P

$C_=P$

\subseteq F P^{C_{=} P}

$\subseteq FP^{C_=P}$

— Майк Чен

@Mike: Спасибо за интересный комментарий. Вы говорите о результате этого изоморфизма графов SPP (Арвинд и Курур 2006 dx.doi.org/10.1016/j.ic.2006.02.002 )? Если это так, вы правы; SPP содержится в

, так что изоморфизм графов ∈

C_{=} P

$\mathrm{C}_=\mathrm{P}$

C_{=} P

$\mathrm{C}_=\mathrm{P}$

— Цуёси Ито

@Mike: я узнал, что перед результатом GraphIso∈SPP было известно, что GraphIso ∈ LWPP : Köbler, Schöning и Torán 1992 . Поскольку LWPP ⊆ WPP ⊆

, мы не нуждались в более сильный результат, Арвинд и Kurur сказать , что GraphIso∈

C_{=} P

$\mathrm{C}_=\mathrm{P}$

C_{=} P

$\mathrm{C}_=\mathrm{P}$

— Цуёси Ито

Вот небольшая вариация на оригинальный вопрос. Пусть - оракул, который на входе выдает 1, если CNF имеет больше решений, чем CNF . $O$ $(f_1,f_2)$ $f_1$ $f_2$

Учитывая этот оракул, мы строим многовременную машину которая может решить # P-полную задачу вычисления числа решений для данного CNF . Заметим, что может иметь экспоненциальное число решений. $M$ $\varphi$ $\varphi$

работает следующим образом: он генерирует формулы с известным числом решений и, используя бинарный поиск и, задавая большинство полиномиальных запросов к , находит формулы которые имеютто жечисло решений, что и . Наконец, выводится количество только что найденных решений. $M$ $O$ $\varphi_i$ $\varphi$

Это показывает, что имеет сложность #P. $M^O$

— М.С. Дусти
источник

Простите мое невежество, но как вы генерируете формулу с заранее определенным количеством решений?

— Джорджио Камерани

M = \sum_{i = 0}^{k} m_{i} 2^{i}

$M = \sum_{i=0}^k m_i 2^i$

S

$S$

i

$i$

m_{i} = 1

$m_i=1$

x_{0}, \dots, x_{k}

$x_0, \ldots, x_k$

y_{0}, \dots, y_{k}

$y_0, \ldots, y_k$

i \in S

$i \in S$

F_{i}

$F_i$

{x_{0}, \dots, x_{k - i}}

$\{x_0,\ldots,x_{k-i}\}$ are true AND among

{y_{0}, \dots, y_{k}}

$\{y_0, \ldots, y_k\}$ only

y_{i}

$y_i$ is true."

F_{i}

$F_i$ has

2^{i}

$2^i$ satisfying assignments (the variables

{x_{k - i + 1}, \dots, x_{k}}

$\{x_{k-i+1}, \ldots, x_k\}$ are free), and for

i \neq j

$i\ne j$ , the satisfying assignments of

F_{i}

$F_i$ and

F_{j}

$F_j$ are disjoint due to the

y

$y$ variables. The formula

\underset{i \in S}{⋁} F_{i}

$\bigvee_{i\in S} F_i$ has

M

$M$ satisfying assignments.

— mikero

Note that it is PP-complete to decide whether, given two CNF formulas f_1 and f_2, f_1 has more satisfying assignments than f_2 or not.

— Tsuyoshi Ito

@mikero: Ah, stupid me! I should have imagined that. Thanks for your illuminating explanation.

— Giorgio Camerani

It seems like it's atleast NP-hard as one can easily construct a SAT formula with just one solution. Then by the Valiant-Vazirani theorem, there's a probabilistic reduction from every SAT formula to a set of Unique-SAT problems (determining whether a formula has a unique solution) and comparing those Unique-SAT problems with the constructed SAT formula with just one solution enables you to determine the satisfiability of the SAT formula under consideration.

— Opt
источник

To be precise, the first sentence should mention “under randomized reducibility” (although you mention it in the second sentence).

— Tsuyoshi Ito