การจำลอง BPP ที่รู้จักกันเร็วที่สุดคืออะไรโดยใช้อัลกอริทึม Las Vegas?

$\mathsf{BPP}$ และเป็นคลาสความซับซ้อนที่น่าจะเป็นพื้นฐานสองชั้น $\mathsf{ZPP}$

$\mathsf{BPP}$ เป็นชั้นของภาษาตัดสินใจโดยขั้นตอนวิธีการทัวริงน่าจะเป็นพหุนามเวลาที่น่าจะเป็นของอัลกอริทึมกลับคำตอบที่ไม่ถูกต้องเป็นที่สิ้นสุดคือความน่าจะเป็นข้อผิดพลาดเป็นอย่างมาก (ทั้งใช่และ ไม่มีอินสแตนซ์) $\frac{1}{3}$

ในทางกลับกัน อัลกอริทึมสามารถดูได้เป็นอัลกอริธึมที่น่าจะเป็นซึ่งไม่เคยส่งคืนคำตอบที่ไม่ถูกต้องเมื่อใดก็ตามที่พวกเขากลับคำตอบมันถูกต้อง อย่างไรก็ตามเวลาทำงานของพวกเขาไม่ได้ จำกัด โดยพหุนาม $\mathsf{ZPP}$

Letเป็นระดับของภาษาตัดสินใจโดยขั้นตอนวิธีการน่าจะเป็นกับศูนย์ความน่าจะเป็นข้อผิดพลาดและคาดว่าทำงานเวลาฉเหล่านี้จะยังเรียกว่าอัลกอริทึมลาสเวกัสและ(1)}) $\mathsf{ZPTime}(f)$ $f$ $\mathsf{ZPP} = \mathsf{ZPTime}(n^{O(1)})$

คำถามของฉันคือสิ่งที่ดีที่สุดรู้การจำลองอัลกอริทึมโดยใช้อัลกอริทึมลาสเวกัส เราสามารถจำลองพวกมันในเวลาที่คาดหมายได้หรือไม่? มีการปรับปรุงใด ๆ ที่ทราบกันดีกว่าการจำลองแบบสัตว์เดรัจฉานแบบบังคับซึ่งใช้เวลานานมาก? $\mathsf{BPP}$

อย่างเป็นทางการมากขึ้นเรารู้ว่า หรือสำหรับบางส่วน ? $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ZPTime}(2^{O(n^{\epsilon})})$ $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ZPTime}(2^{n-n^{\epsilon}})$ $\epsilon>0$

— echuly
แหล่งที่มา

n คืออะไรความยาวของอินพุต ทำไมเราสามารถยอมรับใน

2^{n}

$2^n$ ?

— domotorp

2^{p o l y (n) - n^{ϵ}}

$2^{\mathrm{poly}(n)-n^\epsilon}$ คือสิ่งเดียวกับ

2^{p o l y (n)}

$2^{\mathrm{poly}(n)}$ )

— Emil Jeřábek

ฉันพบคำถามที่น่าสนใจทีเดียว ฉันแก้ไขคำถามเพื่อให้อ่านง่ายขึ้นและแม่นยำยิ่งขึ้น อย่าลังเลที่จะแก้ไขเพิ่มเติม PS: ฉันเดาว่าคุณอาจต้องการที่จะนำเข้าบัญชีบิตสุ่มหลาย polynomially ใช้โดยอัลกอริทึม BPP เป็นพารามิเตอร์สำหรับเวลาการจำลอง แต่เป็นเอมิลชี้ให้เห็นสิ่งที่คุณเขียนให้

2^{p o l y (n)}

$2^{poly(n)}$ )

หากคุณต้องการให้คุณแทนที่ BPP ด้วยคลาสเฉพาะของอัลกอริธึมข้อผิดพลาดน่าจะเป็นขอบเขตที่มีพารามิเตอร์สำหรับจำนวนบิตสุ่มที่ใช้โดยอัลกอริทึม

— Kaveh

คุณสามารถถามว่าเราสามารถจำลองอัลกอริธึม BPP ซึ่งใช้บิตสุ่ม

r (n)

$r(n)$ ใน

Z P T i m e (2^{r (n) - n^{ϵ}} n^{O (1)})

$\mathsf{ZPTime}(2^{r(n)-n^\epsilon}n^{O(1)})$ ตั้งแต่การจำลองแบบเดรัจฉานบังคับใน

2^{r (n)} n^{O (1)}

$2^{r(n)}n^{O(1)}$ เวลา

— Kaveh

คำตอบ:

ขั้นแรกให้สังเกตว่าถ้า $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ZPTIME}[2^{n^{c}}]$ สำหรับบางคง $c$ แล้ว $\mathsf{BPP} \neq \mathsf{NEXP}$ P(พิสูจน์โดยลำดับชั้นของเวลา nondeterministic) ดังนั้นการพิสูจน์ว่าการรวมนั้นมีความสำคัญไม่ใช่เพียงเพราะมันเป็นการจำลองสถานการณ์ที่ได้รับการปรับปรุงให้ดีขึ้น

ถัดไปพิจารณาชั้น $\mathsf{PromiseBPP}$ ซึ่งปัญหาดังต่อไปนี้คือ " -hard": $\mathsf{PromiseBPP}$

วงจรการประมาณความน่าจะเป็นปัญหา (CAPP): กำหนดวงจร , การส่งออกน่าจะได้รับการยอมรับของไปภายในปัจจัยสารเติมแต่ง $C$ $C$ $1/6$

ผลการ Impagliazzo, Kabanets และ Wigderson 2002 บ่งบอกว่าเวลาขั้นตอนวิธีการศูนย์ข้อผิดพลาดสำหรับ CAPP (ที่คือขนาดของ ) จะบ่งบอก Yใน STOC'10 ฉันขยายสิ่งนี้เพื่อแสดง: สมมติว่าทุกมีอินพุตบิตและขนาดหนึ่งสามารถคำนวณ CAPP nondeterministically (ดังนั้นศูนย์พอเพียงข้อผิดพลาด) ใน $2^{n^{\varepsilon}}$ $n$ $C$ $\mathsf{NEXP} \not\subset \mathsf{P/poly}$ $C$ $k$ $n$ เวลาแล้ว Yนั่นคือมีปัญหาที่คำนวณได้อย่างแน่นอนกับการสุ่มสองด้านข้อผิดพลาดซึ่งอัลกอริธึมศูนย์ข้อผิดพลาดที่แม้แต่การค้นหาที่ละเอียดอ่อนอย่างละเอียดก็อาจบ่งบอกวงจรที่ต่ำกว่าได้ ฉันเชื่อว่าสิ่งนี้ควรถูกตีความว่าเป็นวิธีที่เป็นไปได้สำหรับการพิสูจน์ขอบเขตที่ต่ำกว่า; ไมล์สะสมของคุณอาจแตกต่างกันไป $2^{k-\omega(\log k)}\mathrm{poly}(n)$ $\mathsf{NEXP} \not\subset \mathsf{P/poly}$

ขอให้สังเกตว่าแม้พิสูจน์ยังเปิดและพิสูจน์ว่ายังจะบ่งบอกถึงขอบเขตล่าง: โดย Kabanets และ Impagliazzo ปี 2004 ถ้าการทดสอบตัวตนของพหุนาม (กปัญหา) เป็น ในสำหรับทุกจากนั้นเรามีขอบเขตที่ต่ำกว่าสำหรับแบบถาวรหรือ $\mathsf{RP} \subseteq \mathsf{ZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]$ $\mathsf{coRP}$ $\mathsf{ZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]$ $\varepsilon > 0$ $\mathsf{NEXP}$ . เมื่อเร็ว ๆ นี้ (กำลังจะมาถึง STOC'13) ฉันพิสูจน์ได้อย่างไม่มีเงื่อนไขว่าหรือมีวงจรขนาดการสร้างด้วยวิธี "พยานง่าย" ของ Kabanets นี่หมายถึงสองสิ่ง: $\mathsf{BPP} \subseteq \mathsf{ioZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]/n^{\varepsilon}$ $\mathsf{RTIME}[2^n]$ $n^c$

มีเช่นนั้นสำหรับทุก , ไม่มีเงื่อนไขใน - นี่เป็นเรื่องเกี่ยวกับ derandomization ที่ไม่มีเงื่อนไขที่ดีที่สุดของในที่เรารู้จนถึงตอนนี้ $c$ $\varepsilon > 0$ $\mathsf{RP}$ $\mathsf{ioZPTIME}[2^{n^{\varepsilon}}]/n^c$ $\mathsf{RP/BPP}$ $\mathsf{ZPP}$
ในการเริ่มต้นการจำลองสถานการณ์แบบช่วงชิงที่น่าสนใจของคุณ "เพียง" ต้องถือว่าไม่มีวงจรขนาดพหุนามคงที่ $\mathsf{BPP}$ $\mathsf{RTIME}[2^n]$

— Ryan Williams
แหล่งที่มา

ขอบคุณ Niel ที่สละเวลาตอบคำถามของฉันให้ชัดเจน :)

— Ryan Williams

ไรอันผมคิดว่าผมจะถามคำถามโง่มาก แต่ที่นี่ผมไปในประโยคแรกของคุณทำไมคุณต้อง "สำหรับทุก

"? ไม่เซ็ตย่อย BPP ของ ZPTIME (2 ^ (n ^ c)) สำหรับบาง c คงหมายถึงเซ็ตย่อย BPP ของ RTIME (2 ^ (n ^ c)) ดังนั้น NTIME (2 ^ (n ^ c)) ดังนั้น BPP จึงเป็น ไม่เท่ากับ NEXP หรืออย่างอื่น NTIME (2 ^ (2n ^ c)) เป็นชุดย่อยของ NTIME (2 ^ (n ^ c))?

ϵ

$\epsilon$

— Sasho Nikolov

ไม่โง่เลย - แน่นอน

สำหรับบาง

เพียงพอสำหรับ

ขอบคุณที่ชี้ให้เห็น แม้ว่าอัลกอริธึมเวลาเอ็กซ์โพเนนเชียลเป็นสิ่งจำเป็นสำหรับผลลัพธ์อื่น ๆ

B P P \subseteq N T I M E (2^{n^{c}})

$BPP \subseteq NTIME(2^{n^c})$

c

$c$

B P P \neq N E X P

$BPP \neq NEXP$

— Ryan Williams

Ryan: ถ้าฉันต้องการที่จะเข้าใจกระดาษของคุณคุณต้องการแนะนำให้รู้จักหนังสือ / กระดาษเกี่ยวกับความซับซ้อนของวงจร

— T ....

สวัสดี Arul โชคดีที่ Bill Gasarch ถามคำถามนี้ซักครู่แล้ววางหน้าเว็บของลิงค์ต่อไปนี้: cs.umd.edu/~gasarch/ryan/ryan.html

— Ryan Williams

ขึ้นอยู่กับสมมติฐานที่คุณยินดีทำ

ภายใต้สมมติฐานความแข็งบางอย่างคือคุณจะได้รับที่ Pโดยเฉพาะอย่างยิ่งนี้หมายความว่าและดังนั้นทุกภาษาได้รับการยอมรับจากเครื่องลาสเวกัส (ดู "P = BPP ยกเว้น E มีวงจรเอ็กซ์โพแนนเชียล: Derandomizing XOR Lemma" โดย Impagliazzo และ Wigderson) $E \not\subseteq SIZE(2^{\varepsilon n})$ $P = BPP$ $BPP = ZPP$ $L \in BPP$

นอกจากนี้คุณยังสามารถทำให้สมมติฐานจ้าแข็งคือว่าและได้รับที่ (ดูบทแทรก 46 "ในการค้นหาของ พยานง่าย: เวลาเอ็กซ์โพเนนเชียลกับเวลาพหุนามน่าจะเป็น "โดย Impagliazzo, Kabanets และ Wigderson) $ZPE \not\subseteq \rm{io-DTIME}(2^{\varepsilon n})$ $BPP = ZPP$

— หรือเมียร์
แหล่งที่มา

ยกเว้นความก้าวหน้าในการสุ่มตัวอย่างดูเหมือนว่าสำหรับความต้องการที่เครื่องลาสเวกัสไม่มีข้อผิดพลาดเป็นสิ่งสำคัญดังนั้นจึงไม่มีประโยชน์ที่จะมีการสุ่มในกรณีนี้

สำหรับBPPภาษาตัดสินใจโดยขั้นตอนวิธีการที่เหมาะสมซึ่งทำหน้าที่เกี่ยวกับปัจจัยการผลิตและสตริงแบบสุ่มเป็นตัวแทนของทางเลือกสุ่มเกณฑ์ศูนย์ข้อผิดพลาดหมายถึง ที่เครื่องลาสเวกัสจะต้องตรวจสอบให้แน่ใจว่าทั้งสองกรณี $L$ $A$ $x \in \{0,1\}^n$ $r \in \{0,1\}^{N(n)}$ ถือ หากเราไม่ได้รับข้อมูลเพิ่มเติมเกี่ยวกับดังนั้นนี่เป็นปัญหาที่สำคัญของสัญญาพยากรณ์: ให้ oracleคำนวณและให้สัญญาว่าให้ผลผลิตหนึ่งเป็นเวลาอย่างน้อยสองเท่าของอินพุตจำนวนมากเป็นเอาต์พุตตรงข้าม, พิจารณาว่าเอาต์พุตใดเป็นเรื่องธรรมดา

\underset{r}{Pr} (A accepts (x, r)) ⩾ \frac{2}{3} or \underset{r}{Pr} (A accepts (x, r)) ⩽ \frac{1}{3}

$\Pr_r(\text{$A$ accepts $(x,r)$}) \geqslant \tfrac{2}{3} \quad\text{or}\quad \Pr_r(\text{$A$ accepts $(x,r)$}) \leqslant \tfrac{1}{3}$

A

$A$

A^{'}

$A'$

A^{'} (r) = A (x, r)

$A'(r) = A(x,r)$

A^{'}

$A'$

a \in {0, 1}

$a \in \{0,1\}$

1 - a

$1-a$

แม้ว่าเครื่องลาสเวกัสอาจใช้เทคนิคการสุ่ม แต่ถ้าเราถูกบังคับให้ปฏิบัติต่อในฐานะนักพยากรณ์เราจะเห็นได้ว่ากลยุทธ์เดียวที่มีให้สำหรับเครื่องลาสเวกัสคือการสำรวจแบบสำรวจค่อนข้างละเอียด สตริงสุ่มเพื่อดูว่ามีคำตอบใดให้บ้าง สามารถมั่นใจได้หากพบมากกว่า $A'$ $r$ สตริงที่แตกต่างซึ่งทั้งหมดก่อให้เกิดผลลัพธ์เดียวกัน; มิฉะนั้นด้วยความน่าจะเป็นที่มีขนาดเล็ก (แต่ไม่ใช่ศูนย์!) มันอาจจะโชคร้ายและได้รับตัวอย่างที่ไม่ใช่ตัวแทนของเอาต์พุตที่เป็นไปได้ ในการรับข้อผิดพลาดเป็นศูนย์จะต้องสุ่มตัวอย่างอย่างน้อย $2^{N(n)}\!/3$ $r$ อินพุต . $2^{N(n)}\!/3$ $r$

เพราะเครื่องที่ลาสเวกัจะต้องตรวจสอบอย่างน้อยส่วนคงที่ของทั้งหมดของสตริงสุ่มไปได้ , asymptotically เราไม่มีดีกว่าถ้าเราdeterministicallyทดสอบทั้งหมดสตริงสุ่มที่เป็นไปได้ เราไม่ได้รับประโยชน์แบบอะซิมโทติคในการจำลองอัลกอริธึมของBPPแบบสุ่มในการตั้งค่าที่ไม่มีข้อผิดพลาด $r$

หมายเหตุว่าอาร์กิวเมนต์เดียวกันนี้ก่อให้เกิดการแยก oracle ระหว่างBPPและZpp , เช่น มีการพยากรณ์ดังกล่าวว่า เพราะZppขั้นตอนวิธีการต้องใช้เวลาในการชี้แจงในขณะที่BPPอัลกอริทึมสามารถแก้คำถามเกี่ยวกับ Oracle ในแบบสอบถามเดียวและประสบความสำเร็จกับข้อผิดพลาดที่ถูกผูกไว้ อย่างไรก็ตามมันไม่ได้บอกอะไรคุณมากไปกว่าสิ่งที่คุณสงสัยแล้ว (การจำลองค่าใช้จ่ายอาจเลวร้ายยิ่งกว่าพหุนาม) และไม่ต้องแสดงอาการเชิงเส้นประสาทที่ไม่ดีเท่าการจำลองแบบไร้เดียงสาที่ไร้เดียงสา $A$

{Z P P}^{A} ⫋ {B P P}^{A}

$\mathsf{ZPP}^A \subsetneqq \mathsf{BPP}^A$

— Niel de Beaudrap
แหล่งที่มา

แก้ไขให้ฉันถ้าฉันผิด: คุณกำลังให้เหตุผลที่เข้าใจง่ายว่าทำไมการทำให้กระจัดกระจายดูเหมือนเป็นไปไม่ได้ แต่เรารู้ว่าภายใต้สมมติฐานที่สมเหตุสมผล BPP, ZPP และ P ล้วนเป็นสิ่งเดียวกัน ดังนั้นสัญชาตญาณจึงไม่จำเป็นต้องดีนัก

— Sasho Nikolov

ไม่ใช่เลย. Derandomization น่าจะเป็นความเข้าใจที่ลึกซึ้งเกี่ยวกับวิธีการจำลองBPPโดยPใช่ไหม? ฉันแค่อธิบายว่าถ้าเขาต้องการผลลัพธ์ที่ไม่มีเงื่อนไขซึ่งไม่ใช้ประโยชน์จากโครงสร้างของอัลกอริธึมเองเขาก็อาจทำการจำลองแบบกำหนดแน่นอนว่าเป็นข้อผิดพลาดแบบสุ่มที่ไม่มีศูนย์ หรือมีบางอย่างผิดปกติกับคำอธิบายนี้หรือไม่?

— Niel de Beaudrap

ฉันคิดว่าทุกสิ่งที่คุณพูดคือการจำลองสถานการณ์ไร้เดียงสาของ BPP โดย ZPP นั้นไม่ได้เร็วไปกว่าการจำลองสถานการณ์ไร้เดียงสาของ BPP โดย P. แต่ฉันไม่เห็นว่าควรจะแสดงอะไร สำหรับฉันนี่เป็นเหมือนใครบางคนถามว่า 'อะไรคืออัลกอริธึมที่เร็วที่สุดในการค้นหาการจับคู่สูงสุด' และได้คำตอบว่า 'ดีโดยไม่เข้าใจถึงโครงสร้างของการจับคู่ คำถามจะถามว่ามีความเข้าใจที่รู้จักกันในโครงสร้างของ BPP ที่ทำให้สามารถทำการจำลอง ZPP ได้อย่างมีประสิทธิภาพหรือไม่

— Sasho Nikolov

@SashoNikolov: มันไม่ได้มีความหมายลึกซึ้งนัก จากถ้อยคำของคำถามดูเหมือนว่าฉันจะเป็นเส้นแบ่งเขตสำหรับการย้ายไปยัง CS.SE ฉันตัดสินใจที่จะตอบคำถามนี้อย่างแท้จริงถึงปัญญา: เท่าที่เราทราบเวลาในการใช้งานที่คาดว่าจะมีประสิทธิภาพมากที่สุดของเครื่อง Las Vegas ที่ยอมรับภาษาL∈BPPนั้นไม่ได้ดีไปกว่าเครื่องจักรที่กำหนดขึ้นซึ่งสำรวจความเป็นไปได้ที่กำลังดุร้าย คำตอบที่บอกว่ามันอาจจะเป็นขอบเขตพหุนามบางอย่างถ้าเงื่อนไขบางอย่างถือเป็นเลิศและให้ข้อมูลและฉันลงคะแนนให้พวกเขา; แต่ฉันตอบคำถามจริง

— Niel de Beaudrap

ฉันคิดว่านี่เป็นคำตอบที่ดี (ยิ่งอ่านได้หลังจากแก้ไข) เราไม่มีผลลัพธ์ตามเงื่อนไขเช่น "P = ZPP หมายถึง P = BPP" หรือ "ZPP = BPP หมายถึง P = BPP" ดังนั้นจึงเป็นไปได้ที่เราสามารถจำลอง BPP ด้วยอัลกอริธึม ZP เร็วกว่าอัลกอริธึมที่กำหนดขึ้น อย่างไรก็ตามผลของความสัมพันธ์นั้นดูเหมือนจะบอกเป็นนัยว่าสิ่งนี้ไม่สามารถเกิดขึ้นได้จากการจำลองความสัมพันธ์ใด ๆ ฉันเข้าใจได้อย่างถูกต้องหรือไม่?

— Kaveh