ยากแค่ไหนที่จะนับจำนวน optima ท้องถิ่นสำหรับปัญหาใน PLS

สำหรับปัญหาการค้นหาในท้องถิ่นพหุนามเรารู้ว่าต้องมีวิธีแก้ปัญหาอย่างน้อยหนึ่งโซลูชั่น (เหมาะสมที่สุดในท้องถิ่น) อย่างไรก็ตามอาจมีวิธีแก้ปัญหาอื่นอีกมากมายยากแค่ไหนที่จะนับจำนวนโซลูชันสำหรับปัญหาที่เกิดจากการใช้ PLS ฉันสนใจปัญหาการตัดสินใจเป็นพิเศษ: อินสแตนซ์ของปัญหาที่ทำให้ PLS นี้สมบูรณ์มีวิธีแก้ไขสองทางหรือไม่?

ความซับซ้อนนั้นขึ้นอยู่กับปัญหาที่เราเลือกไว้หรือไม่ ถ้าเป็นเช่นนั้นฉันจะสนใจ2SAT แบบถ่วงน้ำหนักเป็นพิเศษ (ดังที่นิยามไว้ใน [SY91] และ [Rou10]) ฉันรู้ว่าการนับจำนวนโซลูชั่นที่น่าพอใจสำหรับ 2SAT นั้นเป็น # P-complete แต่เมื่อดูอย่างแรกดูเหมือนว่า Optima ในท้องถิ่นของน้ำหนัก 2SAT และโซลูชันสำหรับ 2SAT นั้นไม่มีอะไรเหมือนกันทั้งหมด

ฉันก็รู้ว่าสำหรับ PPAD ลูกพี่ลูกน้องของ PLS [CS02] แสดงให้เห็นว่าการนับจำนวนของ Nash equilibria คือ # P-hard นี่เป็นการชี้ให้เห็นว่าปัญหาที่คล้ายคลึงกันของ PLS เช่นการนับจำนวนดุลยภาพเชิงกลยุทธ์ล้วนๆในเกมแออัดก็ยากเช่นกัน

อ้างอิง

[CS02] Conitzer, V. และ Sandholm, T. (2002) ผลลัพธ์ที่ซับซ้อนเกี่ยวกับสมดุลของแนช IJCAI-03 cs / 0205074

[Rou10] T. Roughgarden (2010) การคำนวณดุลยภาพ: มุมมองความซับซ้อนในการคำนวณ ทฤษฎีเศรษฐศาสตร์ , 42: 193-236

[SY91] AA Schaeffer และ M. Yannakakis (1991) ปัญหาการค้นหาในท้องถิ่นอย่างง่าย ๆ ที่แก้ไขได้ยาก วารสารสยามคอมพิวเตอร์ , 20 (1): 56-87

ฉันสามารถตอบคำถามของคุณได้บางส่วน: การนับ optima ท้องถิ่นของปัญหาการค้นหาที่สมบูรณ์ของ PLS อาจเป็น # P-hard

อันดับแรกเมื่อ Yoshio ชี้ให้เห็นมีปัญหาการค้นหาใน PLS ซึ่งปัญหาการนับที่เกี่ยวข้องคือ # P-complete (เราไม่ทราบว่าP 1นั้นสมบูรณ์ PLS หรือไม่) ให้P 2เป็นปัญหาที่สมบูรณ์ของ PLS จากนั้นกำหนดP 'ซึ่งกับการป้อนข้อมูล( x , ฉัน)สำหรับฉัน∈ { 1 , 2 }ถามหาที่เหมาะสมสำหรับการป้อนข้อมูลท้องถิ่นxด้วยความเคารพPฉัน ปัญหานี้สืบทอดการเป็นสมาชิก PLS ของP 1 , P $P_1$$P_1$$P_2$$P'$$(x, i)$$i \in \{1, 2\}$$x$$P_i$$P_1, P_2$, สืบทอด PLS-ครบถ้วนของและสำหรับปัญหาการนับสืบทอด # P-ครบถ้วนของP 1$P_2$$P_1$

ในทำนองเดียวกันเราสามารถสร้างปัญหา PLS-complete (ประดิษฐ์) ที่ NP-complete ตัดสินใจได้ว่ามีท้องถิ่นที่เหมาะสมมากกว่าหนึ่งแห่งหรือไม่ เช่นเดียวกับในข้อโต้แย้งก่อนหน้านี้หนึ่ง "ลวดเย็บกระดาษร่วมกัน" เป็นปัญหาที่สมบูรณ์ของ PLS เช่นเดียวกับปัญหา PLS ที่P 2ซึ่งในการป้อนสูตรบูลีนψมีมากกว่าหนึ่งที่เหมาะสมในท้องถิ่น iff ψที่น่าพอใจ$P_1$$P_2$$\psi$$\psi$

สิ่งก่อสร้างประเภทนี้ค่อนข้างไม่พอใจเนื่องจากเรากำลังพยายามสร้างปัญหาการค้นหาที่มีคุณสมบัติความแข็งสองแบบ แต่โดเมนของQ "แยก" เป็นสองชิ้นแต่ละอันอาจมีเพียงหนึ่งในสองคุณสมบัติเท่านั้น ด้านล่างนี้ฉันจะแสดงให้เห็นว่าเมื่อเกิดปัญหาการค้นหาP 1ใน PLS ซึ่งปัญหาการนับที่เกี่ยวข้องคือ # P-complete และได้รับปัญหาที่สมบูรณ์ของ PLS P 2เราสามารถกำหนดปัญหา PLS ได้Qซึ่งยากสำหรับการนับP 1และค้นหาP 2ในแบบ "instance-by-instance"$Q$$Q$$P_1$$P_2$$Q$$P_1$$P_2$

กล่าวคือเราจะแสดงว่าการแก้ปัญหาการนับสำหรับP 1บนอินพุตxลดประสิทธิภาพในการแก้ปัญหาการนับสำหรับQบนอินพุตxและปัญหาการค้นหาสำหรับP 2ในอินพุตxลดปัญหาการค้นหาสำหรับQบน อินพุตx$Q$$P_1$$x$$Q$$x$$P_2$$x$$Q$$x$

เพื่อความเรียบง่ายของงานนำเสนอเราถือว่าเป็นเช่นนั้นในอินพุตxใด ๆของความยาวnพื้นที่การแก้ปัญหาของผู้สมัครที่เกี่ยวข้องกับxอยู่เหนือ bitstrings yของความยาวn cสำหรับบางc (แต่มีโครงสร้างเพื่อนบ้านต่าง ๆ สำหรับP 1 , P 2 ) ให้F ฉัน ( x , Y )เป็นฟังก์ชั่นการออกกำลังกายที่เกี่ยวข้องกับPฉัน$P_1, P_2$$x$$n$$x$$y$$n^c$$c$$P_1, P_2$$F_i(x, y)$$P_i$

ในอินพุตพื้นที่การค้นหาสำหรับคิวอยู่เหนือสิ่งอันดับ( y 1 , y 2 , z , b )โดยที่แต่ละy ฉันอยู่ใน{ 0 , 1 } n c , z ∈ { 0 , 1 } n c + 1และb ∈ { 0 , 1 $x \in \{0, 1\}^n$$Q$$(y^1, y^2, z, b)$$y^i$$\{0, 1\}^{n^c}$$z \in \{0, 1\}^{n^c + 1}$$b \in \{0, 1\}$. ในฐานะที่เป็นฟังก์ชั่นการออกกำลังกายสำหรับQเรากำหนด$F(x, (y^1, y^2, z, b))$$Q$

ถ้า b = 1 , $F(x, (y^1, y^2, z, b)) := F_1(x, y^1) + F_2(x, y^2)$$b = 1$

ถ้า B = 0$F(x, (y^1, y^2, z, b)) := ||y^1|| + ||z|| + F_2(x, y^2)$$b = 0$

(นั่นคือน้ำหนักของ Hamming ด้านบน)

สำหรับโครงสร้างย่านของเราเชื่อมต่อแต่ละ tuple ( x , ( y 1 , y 2 , z , 1 ) ) (ด้วยb = 1 ) กับ tuples ทั้งหมด( x , ( ( y ′ ) 1 , ( y ′ ) 2 , z ′ , 1 ) )เช่นนั้น$Q$$(x, (y^1, y^2, z, 1))$$b = 1$$(x, ((y')^1, (y')^2, z', 1))$

$(x, y^i)$$(x, (y')^i)$$P_i$$i = 1, 2$

$z, z'$

$b = 0$$(x, (y^1, y^2, z, 0))$$(x, ((y')^1, (y')^2, z', 0))$

$(x, y^2)$$(x, (y')^2)$$P_2$

$z, z'$$y^1, (y')^1$

$b = 0$$b = 1$

$Q$$Q$

$n$$x$$Q$

$(x, (y^1, y^2, z,1))$$(x, y^i)$$P_i$$i = 1, 2$$z$$b = 1$

$(x, 1^{n^c}, y^2, 1^n, 0))$$(x, y^2)$$P_2$$z, y^1$$b = 0$

$Q$$(x, (y^1, y^2, z,b))$$Q$$x$$(x, y^2)$$P_2$$x$$P_2$

$N(x)$$x$$Q$$(2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$$N_i(x)$$x$$P_i$$N_2(x)$$[1, 2^{n^c}]$

$N_2(x) = N_2(x)$$2^{n^c + 1} = (2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$$2^{n^c + 1} = N(x)$$2^{n^c + 1}$

$N_2(x)$$N(x)$$N_1(x)$$N_1(x) = \left(\frac{N(x)}{N_2(x)} - 1\right)/2^{n^c + 1}$$N_1(x)$$N(x)$$Q$$P_1$$Q$

ฉันไม่ทราบวิธีลดขนาดดังกล่าวสำหรับการรวม PLS-hardness กับ NP-hardness ในการตัดสินใจเอกลักษณ์ optima ท้องถิ่นในรูปแบบ "อินสแตนซ์โดยแต่ละอินสแตนซ์"

$V(x, y)$$L$

$Q$$Q$

พิจารณาปัญหาการจับคู่สูงสุดในกราฟสองฝ่าย ตระกูลโซลูชันที่เป็นไปได้ประกอบด้วยการจับคู่ทั้งหมดและการค้นหาในท้องถิ่นจะดำเนินการผ่านการค้นหาเส้นทางที่เพิ่มขึ้น ปัญหาเป็นของ PLS เนื่องจากเส้นทางการเติมสามารถพบได้ในเวลาพหุนามหากการจับคู่ปัจจุบันไม่สูงสุดและ maximality สามารถตรวจสอบได้ในเวลาพหุนาม ท้องถิ่นที่เหมาะสมที่สุดคือการจับคู่สูงสุด (กล่าวคือเหมาะสมที่สุดทั่วโลก) อย่างไรก็ตามมันเป็น # P-hard ในการคำนวณจำนวนการจับคู่สูงสุดในกราฟสองฝ่าย

เนื่องจากสามารถพบจุดสูงสุดในท้องถิ่นได้ในเวลาพหุนามปัญหาจึงไม่น่าจะสมบูรณ์แบบ PLS ดังนั้นฉันเกรงว่านี่ไม่ใช่คำตอบที่ตั้งใจ (คำถามของคุณ จำกัด เฉพาะปัญหาที่เกิดขึ้นโดยสมบูรณ์ของ PLS) อย่างไรก็ตามฉันควรชี้ให้เห็นว่าการนับจำนวน optima ท้องถิ่นอาจเป็นเรื่องยากแม้ว่าจะพบหนึ่งที่ดีที่สุดในท้องถิ่นได้อย่างมีประสิทธิภาพ