Полиномиальное ядро ​​для

Параметризованная задача k-FLIP SAT определяется как:

Вход: формула 3-CNF$\varphi$ с $n$ переменные и присвоение правды $\sigma : [n] \to \{0,1\}$
Параметр: $k$
Вопрос: можем ли мы преобразовать задание$\sigma$ в удовлетворяющее назначение $\sigma'$ за $\varphi$ перевернуть значение истины самое большее$k$ переменные?

Проблема явно в FPT ( Stefan Szeider: Параметризованная сложность локального поиска k-Flip для SAT и MAX SAT. Дискретная оптимизация 8 (1): 139-145 (2011) )

Допускает ли оно полиномиальное ядро? (при разумных допущениях сложности)

Недавние методы кросс-композиции (см. Ханс Л. Бодлаендер, Барт М.П. Янсен, Стефан Крач, «Нижние границы кернелизации с помощью кросс-композиции» ) кажутся бесполезными для этой проблемы. И они также кажутся бесполезными для подобных проблем, которые спрашивают, может ли данное решение NP-трудной проблемы быть найдено из данного экземпляра локальным поиском (ограничивая поиск соседями данного экземпляра, по некоторой естественной мере расстояния).

Проблема не имеет ядра полинома, если NP не находится в coNP / poly. Техника кросс-композиции из нашей статьи применяется нетривиальным образом.

Позвольте мне показать, как классическая задача покрытия вершин ИЛИ пересекается с задачей k-FLIP-SAT; по результатам цитируемой статьи этого достаточно. Конкретно, мы строим алгоритм за полиномиальное время, вход которого представляет собой последовательность экземпляров Vertex Cover$(G_1,k), (G_2, k), \ldots, (G_t, k)$ что все имеют одинаковую ценность $k$ и у всех точно $n$Вершины. Вывод является экземпляром$k$-FLIP SAT со значением параметра $O(k + \log t)$который достаточно мал для перекрестного состава, так что $k$-FLIP SAT экземпляр имеет ответ да, если один из входных графов имеет размер вершины $k$, Дублируя один вход (который не меняет значение ИЛИ), мы можем гарантировать, что количество входов$t$ это сила двух.

Композиция происходит следующим образом. Пронумеруйте вершины в графе каждого входного графа$G_i$ в виде $v_{i,1}, v_{i,2}, \ldots, v_{i,n}$, Создайте соответствующую переменную в экземпляре FLIP-SAT для каждой вершины каждого входного графа. Дополнительно сделайте переменную селектора$u_i$ для каждого входного номера экземпляра $i \in [t]$, Для каждого входного графика$G_i$Мы добавим несколько пунктов в формулу. Для каждого края$\{v_{i,x}, v_{i,y}\}$ графика $G_i$добавить пункт $(v_{i,x} \vee v_{i,y} \vee \neg u_i)$ в формулу, которая будет кодировать "либо одна из конечных точек этого ребра установлена ​​в true, либо экземпляр $i$ не активен ". В начальном присваивании все вершинные переменные установлены в false и все переменные селектора $u_i$устанавливаются в ложь, так что все эти пункты выполняются. Чтобы встроить OR-поведение в композицию, мы расширим формулу, чтобы убедиться, что удовлетворяющее присваивание устанавливает хотя бы один селектор в true, а затем должно также сформировать покрытие вершин выбранного графа.

Чтобы убедиться, что мы можем сделать этот выбор, сохраняя маленькое расстояние переворачивания по сравнению с количеством входов $t$мы используем структуру полного бинарного дерева с $t$ листья, которые имеют высоту $\log t$, Номер листьев от$1$ в $t$ и связать $i$лист с переменной $u_i$ это контролирует, если вход $i$активен или нет. Создайте новую переменную для каждого внутреннего узла двоичного дерева. Для каждого внутреннего узла пусть его соответствующая переменная будет$x$ и переменные его двух детей будут $y$ а также $z$, Добавить пункт$(\neg x \vee y \vee z)$ к формуле, которая отражает значение $(x \rightarrow (y \vee z))$, обеспечивая это $x$может быть правдой, только если один из его детей правдив. Чтобы завершить формулу, добавьте одноэлементное предложение о том, что переменная корневого узла двоичного дерева должна быть истинной. В начальном назначении истинности значения всех переменных для внутренних узлов устанавливаются в false, что удовлетворяет всем пунктам формулы, за исключением предложения singleton, требующего, чтобы корневой узел дерева имел свою переменную true.

Это завершает описание формулы и присвоения правды. Установите параметр$k'$ задачи ПЕРЕКЛЮЧЕНИЕ ДИСТАНЦИИ, чтобы быть равным $(k + \log t + 1)$, который соответствующим образом ограничен для кросс-композиции. Осталось показать, что мы можем перевернуть$k'$ переменные, чтобы сделать формулу истинной, если некоторый входной граф $G_i$ имеет размер вершины $k$,

В обратном направлении предположим, что $G_i$ имеет размер-$k$покрытие вершины. Установить$k$ переменные, соответствующие $k$вершины в покрытии к истине, переворачивая их. Установите переменную селектора$u_i$ в true, чтобы закодировать этот вход $i$ активируется и переворачивает переменные $\log t$ внутренние двоичные узлы дерева на пути листа $i$в корень к истине. Нетрудно убедиться, что это удовлетворительное назначение: все значения в двоичном дереве удовлетворены, значение корневого узла установлено в true, пункты, которые проверяют ребра$G_{i'}$ за $i' \neq i$ оставайтесь довольны, потому что $u_{i'}$ остается ложным, в то время как предложения для графа $G_i$ удовлетворены, потому что для каждого ребра мы устанавливаем по крайней мере одну конечную точку в true.

Для прямого направления, предположим, что формула может быть удовлетворена, перевернув самое большее $k + \log t + 1$переменные. Затем мы должны перевернуть переменную корневого узла в true. Последствия в двоичном дереве приводят к тому, что, по крайней мере, одна переменная селектора листа имеет значение true, скажем,$u_i$, Чтобы удовлетворить последствия, закодированные в двоичном дереве, все внутренние узлы на пути от$u_i$ в корне были установлены в true, с учетом $1 + \log t$переворачивается. поскольку$u_i$ установлен в true, пункты сделаны для графа $G_i$ не удовлетворены буквально $\neg u_i$, поэтому они удовлетворены, потому что одна из конечных точек каждого края $G_i$установлен в true. Так как по крайней мере$1 + \log t$ переменные двоичного дерева были перевернуты, самое большее $k$переменные вершины перевернуты в true в этом решении. Это кодирует покрытие вершины размера$k$ в $G_i$и доказывает, что один из входных данных является экземпляром YES. Это завершает доказательство.