Можем ли мы быстро сгенерировать мод 3 или решить проблему NP?

Честно говоря, я не очень много знаю о том, как генерируются случайные числа (комментарии приветствуются!), Но давайте предположим следующую теоретическую модель: мы можем получить целые числа равномерно случайными из и наша цель состоит в том, чтобы выведите целое число, равномерно случайное из [1,3].$[1,2^n]$

Простое решение, ожидаемое время выполнения которого является полиномиальным, заключается в следующем. Откажитесь от (и, возможно, также ) от чтобы число оставшихся целых чисел делилось на чтобы мы могли взять сгенерированного целого числа. Если мы получим сброшенный номер, мы сгенерируем еще один номер, пока не получим неотброшенный.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

Но что, если мы хотим обязательно прекратить за полиномиальное время? Из-за проблем с делимостью проблема становится неразрешимой. Однако мне интересно, сможем ли мы решить следующее.

Предположим, что мы можем генерировать целые числа, равномерно случайные из $[1,2^n]$ и перед нами сложная вычислительная задача. Наша цель - вывести целое число, равномерно случайное из [1,3], или решить сложную задачу.

Здесь трудной проблемой может быть разложение целого числа, решение экземпляра SAT или что-то подобное. Например, мы можем декодировать одностороннюю перестановку $f$ следующим образом, если нам дано некоторое $f(x)$ (и предположим, что $n$ четное): если для нашей случайной строки $f(r)<f(x)$ , то взять $f(r) \bmod 3$ , если $f(r)>f(x)$ , то взять $f(r)-1\bmod 3$ . Наконец, если $f(r)=f(x)$ , то мы закончили, так как $r=x$ . (Если $n$ нечетно, то работает нечто подобное, просто мы также должны проверить, если $f(r+1)=f(x)$ и вычесть $2$ если $f(r)>f(x)$ .)

Резюме ответов. Эмиль Йержабек показал, что, если мы не сможем генерировать идеально равномерно, мы можем решить любую однозначную задачу поиска из TFNP, а также из PPA-3. С другой стороны, Даниелло показал, что мы не можем решить NP-полные задачи описанным выше способом, если только NP = co-NP.

В качестве продолжения ответа domotorp, я считаю, что мы можем решить задачи поиска NP, удовлетворяющие одному из следующих ограничений:

1. число решений известно и не делится на ; или,$3$

2. число решений ограничено полиномиально (но не известно заранее).

Для 1. мы можем использовать простое заполнение, чтобы уменьшить до следующего случая:

• Решения из , где четно.$[0,2^{m-1})$$m$

• Число решений удовлетворяет .$s$$s\equiv1\pmod3$

• Любые два решения находятся как минимум на расстоянии друг от друга. (Скажем, они все делятся на )$4$$4$

Обратите внимание, что . Таким образом, мы можем решить эту проблему, выбрав случайное число и используя протокол, аналогичный описанному в моем ответе для уникальных решений, если (что приводит к распределению на кроме одного на каждое из решений), и выдачу если .a ∈ [ 0 , 2 m ) a ∈ [ 0 , 2 m - s ) { 0 , 1 , 2 } 0 s 0 a ∈ [ 2 m - s , 2 m$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

Для получения 2., Предположим сначала , что число решений является известным . Как и в /cstheory//a/37546 , пусть будет наибольшей степенью которая делит , так что . Рассмотрим задачу поиска, решения которой представляют собой последовательности такие что , и каждый является решением исходной задачи. С одной стороны, исходная проблема сводится к новой. С другой стороны, число решений новой задачи равно , т. Е. Не делится на$s\le p(n)$$3^k$$3$$s$$3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$$\binom s{3^k}$$3$и известный. Таким образом, мы сделали 1.

Теперь, если число решений ограничено , но не известно, мы запускаем протокол выше times ( ) параллельно для каждого возможного выбора и:$p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• если какой-либо из потоков возвращает решение исходной задачи, мы передаем один такой результат на выход;

• если все потоки возвращают элементы , мы .$r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

При второго события равномерно распределяется в поскольку является истинным числом решений исходной задачи, а остальные не зависят от , поэтому вся сумма также равномерно распределена. ,$r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Я буду использовать числа, начиная с а не с , так как я нахожу это более естественным.$0$$1$

Вот два класса проблем, которые мы можем решить таким образом:

1. Функции в TFNP (то есть, однозначные общие задачи поиска NP)

   (Это обобщает пример с односторонними перестановками. В качестве особого случая он включает решение проблем из .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   Установка состоит в том, что у нас есть предикат полиномиального времени и такой многочлен , что для каждого длины существует уникальный длины такой, что выполнено. Вычислительная задача при заданном найти .$R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Теперь я предполагаю, что wlog четный, так что . Алгоритм состоит в том, чтобы генерировать равномерно случайный и выводить$m$$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • R ( x , y $y$ (как решение задачи поиска) if ;$R(x,y)$

   • $y-y'$ (как случайный элемент ), если и ;$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • $y\bmod3$ (как случайный элемент ), если нет решает .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Если бы не было решения проблемы поиска, случайного выбора дали бы и раза, и раза (еще один). Однако, если решает проблему поиска, мы работаем с элементами (которые охватывают все три класса вычетов), так что они производят только вычеты и , что выравнивает преимущество . (Здесь я предполагаю, что .)$2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. PPA- задачи поиска$3$

   Удобный способ определить PPA- - это задачи поиска NP, многие из которых сводятся к следующим типам задач. У нас есть фиксированная функция полиномиального времени и полином , так что для любого входа длины индуцированное отображение ограничено входами длины является функцией удовлетворяющей для каждого . Задача состоит в том, чтобы при заданном найти точку фиксирования из : .$3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$$f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Мы можем решить эту проблему следующим образом: при заданном длины мы генерируем случайное число длины и выводим$x$$n$$y$$m=p(n)$

   • $y$ если это точка ;$f_x$

   • в противном случае , и являются различными элементами. Мы можем пометить их как с , и вывести такой, что .$y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$$i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   Из определений ясно, что это дает равномерное распределение на , так как точки без фиксирования входят в тройки.$\{0,1,2\}$$y$

Позвольте мне показать для записи эквивалентность вышеупомянутой проблемы с полной проблемой Пападимитриу для PPA- , так как этот класс в основном игнорируется в литературе. Проблема упоминается в Buss, Johnson: «Пропозициональные доказательства и сокращения между задачами поиска NP», но они не устанавливают эквивалентность. Для PPA аналогичная проблема (Одинокая) дана в работах Бима, Кука, Эдмондса, Импальяццо и Питасси: «Относительная сложность задач поиска NP». Существует ничего особенного , аргумент ниже работ с учетом необходимых изменений для любого нечетного простого.$3$$3$

Предложение: Следующие задачи поиска NP являются многократными многозначными, сводимыми друг к другу:

1. Для заданной цепи, представляющей двудольный неориентированный граф и вершину , степень которой не делится на , найдите другую такую ​​вершину.$(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Для заданной схемы, представляющей ориентированный граф , и вершины которой степень степени (т. Степень вне минус степень в) не делится на , найдите другую такую ​​вершину.$(V,E)$$u\in V$$3$

3. Для заданной схемы, вычисляющей функцию такую ​​что , найдите точку фиксации .$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Доказательство:

$1\le_p2$ очевиден, так как достаточно направить ребра слева направо.

$2\le_p1$ . Сначала построим взвешенный двудольный граф. Пусть и - копии : , . Для каждого исходного ребра мы помещаем ребро веса и ребро веса . Это делает равным степени баланса в исходном графе. Если - заданная вершина баланса , мы добавляем дополнительное ребро веса$A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u$$b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$, так что и . будет нашей выбранной вершиной.$\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

Чтобы сделать граф простым невзвешенным неориентированным графом, мы сначала уменьшаем все веса по модулю и отбрасываем все ребра веса . Это оставляет только ребра весов и . Последний можно заменить подходящими гаджетами. Например, вместо ребра с весом мы добавляем новые вершины , для , с ребрами , , , , : это делает$3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$$i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$$\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, И вносит свой вклад к и .$5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

$3\le_p2$ : для простоты предположим, что четно так, что . Построим ориентированный граф на следующим образом:$n$$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• Мы включаем ребра и для каждого .$3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• Если является орбитой без фиксированной точки , мы включаем ребра и .$x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

Выбранная вершина будет . Первое предложение баланс или к каждой вершине . Аналогичным образом, второе предложение баланс или к вершинам, которые не являются точками фиксации. Таким образом, предполагая, что уже не является точкой фиксации, она действительно является неуравновешенной по модулю , а любая другая неуравновешенная вершина по модулю является точкой фиксации из .$u=2^n-1$$1$$-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$$2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

$1\le_p3$ : Можно считать, что с четным , а заданная вершина имеет степень .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

Мы можем эффективно пометить ребра, инцидентные с вершиной как , где . Таким образом, становится подмножеством , которое мы отождествляем с . Определим функцию на следующим образом.$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• На дополнении к : для каждого и такого, что , мы делаем , , . Кроме того, , , для . Это оставляет точку и точки для каждого , степень которого не делится на .$E$$y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$$f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$$f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• На : для каждого мы фиксируем эффективное перечисление его инцидентных ребер , где . Мы положили , , для . Это оставляет точек для каждой вершины , степень которой не делится на .$E$$x\in A$$(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$$x\in A$$3$

Поскольку , два его инцидентных ребра были ; мы превращаем их в еще один цикл, используя в качестве третьей точки. Остальные точки оставлены как фиксированные точки . По построению любой из них приведет к решению (1).$\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$$(2^n-1,2^n-1)$$f$

Если вы могли бы сгенерировать мод ИЛИ решить SAT (или любую другую NP-полную задачу, в этом отношении), тогда . В частности, рассмотрим идеальный генератор / решатель, когда дана формула SAT .$3$$NP = coNP$$\phi$

Пусть будет максимальным числом случайных битов, генерируемых генератором на входах размера . Поскольку генератор работает за полиномиальное время, является полиномиальным. Поскольку не делится на должна быть некоторая последовательность не более бросков монет, которая заставит генератор вывести (правильный) ответ для . Таким образом, если неудовлетворительно, существует множество бросков монет, которые заставляют генератор сказать, что неудовлетворительно. Если выполнимо, то генератор никогда не будет ошибочно утверждать, что$\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$неудовлетворительно, независимо от того, какие монеты. Таким образом, мы показали, что язык неудовлетворительных формул находится на , подразумевая . $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

Итак, вот расширение аргумента Эмиля, которое показывает, что проблемы поиска, где количество решений равно 1, 2 или 4 (нам не нужно знать, какие), могут быть решены вышеуказанным способом. Я публикую это как ответ, потому что это слишком долго для комментария, и я надеюсь, что кто-то умнее меня сможет доказать, что на самом деле количество решений может быть чем-то, что не делится на 3.

Скажем , что случайная последовательность находится близко к раствору (то есть, к , для которых имеет место) , если один из , или выполнено. (Для простоты предположим, что и не являются решениями.) В решении Эмиля было достаточно сгенерировать случайную строку и вывести за исключением того, что мы локально возимся в решениях; Я не буду вдаваться в подробности, вижу его ответ. Для нас достаточно, что если близко к решению, то мы можем убить произвольное число$r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$$R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$возможно , путем вывода раствора , так что для остальной части И « функция дает совершенно равномерное число .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

Теперь предположим, что число решений равно 1 или 2 для любого . Мы генерируем две случайные строки длины : и . Если хотя бы один из них не близок к решению, мы . Для простоты предположим, что четно так, что у нас есть дополнительный 0, если мы только что сделали это, а также предположим, что если есть два решения, они далеки. Если и оба близки к одному и тому же решению, мы возимся так, чтобы убить 0. Если и близки к разным решениям, то если , мы возимся так, что мы убиваем 1, и если$x$$n$$r_1$$r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , мы возимся так, чтобы убить 2. Таким образом, если есть только одно решение, мы убиваем ровно один 0, а если есть два решения, мы убиваем два 0, и один 1 и один 2.

Этот аргумент не может быть расширен до 3 решений, но может быть для 4, и отсюда я буду очень схематичным. Создайте четыре случайные строки: и выведите если все они не близки к решению. Снова предположим, что есть дополнительный 0 и решения всегда далеко. Если все близки к одному и тому же решению, мы возимся, чтобы убить 0. Если три близки к тому же решению, которое меньше решения, к которому близок четвертый , мы возимся вокруг, чтобы убить 1. Если три из близки к тому же решению, которое больше, чем решение, к которому четвертый$r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$близко, мы возимся, чтобы убить 2. Если все близки к другому решению, мы убиваем три 0. Корректность для одного и двух решений аналогична предыдущему случаю. Обратите внимание, что для четырех решений мы убиваем четыре + три 0, шесть 1 и шесть 2.$r_i$

Я думаю, что рассуждения последнего абзаца могут быть распространены на любое ограниченное число решений, которое не делится на 3 с некоторой алгеброй. Более интересный вопрос - существует ли протокол, который работает для любого количества решений.