Какова самая общая структура, на которой проверка матричного продукта может быть выполнена за

В 1979 году Фрейвалдс показал, что верификация матричных произведений по любому полю может быть выполнена за рандомизированное время . Более формально, учитывая три матрицы A, B и C, с записями из поля F, проблема проверки, имеет ли AB = C случайный O ( n 2 ) алгоритм времени.$O(n^2)$$O(n^2)$

Это интересно, потому что самый быстрый известный алгоритм для умножения матриц медленнее, чем этот, поэтому проверка, если AB = C быстрее, чем вычисление C.

Я хочу знать, что является наиболее общей алгебраической структурой, для которой верификация матричного произведения все еще имеет алгоритм времени (рандомизированный). Поскольку оригинальный алгоритм работает над всеми полями, я думаю, что он работает и над всеми интегральными областями.$O(n^2)$

Наилучший ответ, который я смог найти на этот вопрос, был в « Субкубических эквивалентностях между задачами пути, матрицы и треугольника» , где говорится, что «проверка матричного произведения по кольцам может быть выполнена за рандомизированное время [BK95]». ([BK95]: М. Блюм и С. Каннан. Разработка программ, которые проверяют их работу. J. ACM, 42 (1): 269–291, 1995.)$O(n^2)$

Во-первых, являются ли кольца самой общей структурой, в которой эта задача имеет рандомизированный алгоритм? Во-вторых, я не мог видеть, как результаты [BK95] показывают алгоритм времени O ( n 2 ) для всех колец. Может кто-нибудь объяснить, как это работает?$O(n^2)$$O(n^2)$

Вот быстрый аргумент, почему он работает над кольцами. Для заданных матриц , B , C мы проверяем A B = C , выбирая случайный битовый вектор v , а затем проверяя, если A B v = C v . Это явно проходит , если A B = C .$A$$B$$C$$A B = C$$v$$ABv = Cv$$AB = C$

Предположим, что и A B v = C v . Пусть D = A B - C . D ненулевая матрица, для которой D v = 0 . Какова вероятность того, что это произойдет? Пусть D [ i ′ , j ′ ] ненулевая запись. По предположению, ∑ j D [ i ′ , j ] v [ j ] = $AB \neq C$$ABv = Cv$$D = AB - C$$D$$Dv = 0$$D[i',j']$$\sum_{j} D[i',j] v[j] = 0$, С вероятностью , об [ J ' ] = 1 , так что мы имеем$1/2$$v[j'] = 1$

.$D[i',j'] + \sum_{j\neq j'} D[i',j] v[j] = 0$

Любое кольцо при его операции сложения является аддитивной группой, поэтому существует единственное обратное к , т. Е. - D [ i ′ , j ′ ] . Теперь вероятность плохого события - D [ я ' , J ' ] = Σ J ≠ J ' D [ я ' , J ] v [ J ] не более 1 /$D[i',j']$$-D[i',j']$$-D[i',j'] = \sum_{j\neq j'} D[i',j] v[j]$$1/2$, (Одним из способов убедиться в этом является «принцип отсроченных решений»: для того, чтобы сумма была равна , по крайней мере еще один D [ i ′ , j ] должен быть ненулевым. Поэтому рассмотрим v [ j ] соответствует этим другим ненулевым элементам. Даже если мы установим все эти v [ j ] за исключением одного из них оптимальным образом , вероятность того, что последний из них равен 0 или 1, остается равной.$-D[i',j']$$D[i',j]$$v[j]$$v[j]$$0$$1$, Но до сих пор только один из этих значений может внести окончательную сумму , равную .) Таким образом , с вероятностью по крайней мере 1 / 4 , мы успешно находим , что D V ≠ 0 , когда D равно нулю. (Примечание: v [ j ] и v [ j ′ ] независимо выбраны для j ≠ j ′ .)$-D[i',j']$$1/4$$Dv \neq 0$$D$$v[j]$$v[j']$$j \neq j'$

Как видите, приведенный выше аргумент зависит от вычитания. Так что он не будет работать (например) на произвольных коммутативных полуколец. Возможно, вы могли бы ослабить мультипликативные свойства алгебраической структуры и все же получить результат?