ความซับซ้อนของเส้นตรงของ monomials

ให้เป็นบางฟิลด์ ตามปกติสำหรับ เรากำหนดจะเป็นความซับซ้อนเส้นตรงของมากกว่า kให้เป็นชุดของ monomials ของคือ monomials ที่ปรากฏในโดยมีค่าสัมประสิทธิ์ไม่เป็นศูนย์ $k$ $f\in k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}]$ $L(f)$ $f$ $k$ $F$ $f$ $f$

จริงหรือที่ ? $\forall m\in F:L(m)\le L(f)$

แม้แต่บางขอบเขตที่อ่อนแอกว่าสำหรับก็เป็นที่รู้จัก $L(m)$

cc.complexity-theory algebraic-complexity arithmetic-circuits

— Gorav Jindal
แหล่งที่มา

คำตอบ:

ถ้า ดังนั้นมันจะมี monomials และ(n) โดยโต้แย้งนับมีโปรแกรมเส้นตรงความยาว(n) เนื่องจากมี monomials มากกว่าสำหรับบางคนเราต้องการโปรแกรมที่ยาวกว่า ในความเป็นจริงเรื่องนี้ให้ monomialซึ่ง(ฉ))

f = (Σ_{i = 1}^{n} x_{i})^{2^{n}}

$f=(\Sigma_{i=1}^n x_i)^{2^n}$

(\binom{2^{n} + n - 1}{n - 1}) \approx 2^{n^{2}}

${2^n+n-1\choose n-1} \approx 2^{n^2}$

L (f) = O (n)

$L(f)=O(n)$

2^{O (n \log n)}

$2^{O(n\log n)}$

O (n)

$O(n)$

f

$f$

m

$m$

L (m) = \tilde{Ω} (L^{2} (f))

$L(m)=\widetilde\Omega(L^2(f))$

— domotorp
แหล่งที่มา

เป็นตัวอย่างที่สร้างสรรค์ขนาดเล็กขึ้นอยู่กับคำตอบของ domotorp หนึ่งสามารถใช้กับในขณะที่ 5

f = (x + y)^{8}

$f=(x+y)^8$

L (f) = 4

$L(f)=4$

L (x^{7} y) = L (x^{7}) + 1 = 5

$L(x^7y)=L(x^7)+1=5$

— บรูโน่

@domotorp ขอบคุณสำหรับคำตอบที่ดี สิ่งนี้ดูเหมือนจะเป็นขอบเขตสูงสุดด้วยหรือไม่ หรืออาจมีขอบเขตที่ต่ำกว่าดีกว่า

— Gorav Jindal

ฉันไม่รู้ แต่เนื่องจากตัวอย่างนี้ง่ายมากฉันจึงเดาว่าช่องว่างอาจใหญ่กว่าหรืออาจเป็นเลขยกกำลังก็ได้

— domotorp

ฉันมี "การพิสูจน์" ว่ามีขอบเขตบนเป็นเส้นตรง ... ฉันผิดตรงไหน (ตั้งแต่คุณพิสูจน์ขอบเขตล่างเป็นกำลังสอง)? มันจะเป็นดังนี้: ด้วย SLP ขนาดคุณคำนวณพหุนามของปริญญารวม L ตอนนี้มีขนาด SLP ที่มากที่สุดพร้อมการยกกำลังเลขฐานสอง องศา -แปรเปลี่ยนโมโนโนเมียนั้นมีขนาด SLP ที่มากที่สุด (ขอบเขตที่หยาบมาก): คำนวณ ,ทั้งหมดและผลิตภัณฑ์ของพวกเขา ดังนั้นถ้าเราพิจารณาพหุนามระดับทั้งหมดของมันจะอยู่ที่มากที่สุดและแต่ละ monomial มี SLP ที่มีขนาดมากที่สุด

L

$L$

\leq 2^{L}

$\le 2^L$

x^{D}

$x^D$

2 \log D

$2\log D$

D

$D$

n

$n$

2 n \log D + n - 1

$2n\log D+n-1$

x_{i}^{D_{i}}

$x_i^{D_i}$

D_{i} \leq D

$D_i\le D$

f

$f$

2^{L (f)}

$2^{L(f)}$

2 n L (f) + n - 1

$2nL(f)+n-1$ .

— Bruno

@Bruno: หลักฐานที่ดีและมีอะไรผิดปกติกับมัน แต่มันไม่เชิงเส้นที่คุณคูณและ(ฉ) แต่เนื่องจากเรารู้ว่าสามารถขึ้นอยู่กับตัวแปรส่วนใหญ่เราจึงสามารถสมมติซึ่งหมายถึงขอบเขตกำลังสองที่ต้องการ ดังนั้น(ฉ))

n

$n$

L (f)

$L(f)$

f

$f$

L (f) + 1

$L(f)+1$

n \leq L (f) + 1

$n\le L(f)+1$

L (m) = O (L^{2} (f))

$L(m)=O(L^2(f))$

— domotorp

หมายเหตุ:นี่เป็นส่วนขยายของความคิดเห็นก่อนหน้าเนื่องจาก OP ขออย่างชัดเจนสำหรับขอบเขตที่อ่อนแอกว่า

ระดับรวมของพหุนามถูกล้อมรอบด้วยเนื่องจากการดำเนินการแต่ละอย่างสามารถเพิ่มระดับพหุนามได้สองเท่า ดังนั้นสำหรับแต่ละ ,(ฉ)} $f$ $2^{L(f)}$ $m\in M$ $\deg(m)\le 2^{L(f)}$

ตอนนี้สำหรับบางตัวแปรและปริญญามี SLP conputingโดยการยกกำลังไบนารีถ้าขนาดที่มากที่สุด(ง) สำหรับ monomialเราสามารถคำนวณแต่ละแล้วนำผลิตภัณฑ์ของพวกเขามาแยกกัน ดังนั้นโดยที่คือระดับทั้งหมดของ (ซึ่งแน่นอนว่าเป็นขอบเขตบนของแต่ละ ) $x$ $d$ $x^d$ $2\log(d)$ $m=x_1^{d_1}\dotsb x_n^{d_n}$ $x_i^{d_i}$ $L(m)\le 2n\log(d) + (n-1)$ $d$ $m$ $d_i$

ร่วมกันได้หนึ่งรายการสำหรับ : $m\in M$

L (ม.) \leq 2 n เข้าสู่ระบบ (องศา (ม.)) + (n - 1) \leq 2 n L (ฉ) + (n - 1) .

$L(m)\le 2n\log(\deg(m))+(n-1)\le 2nL(f)+(n-1).$

ตั้งแต่เราสามารถสรุป $n\le L(f)+1$

\forall ม. \in M, L (ม.) \leq 2 L (ฉ)^{2} + 3 L (ฉ) .

$\forall m\in M, L(m) \le 2L(f)^2+3L(f).$

หมายเหตุ. ขอบเขตตามที่ระบุไว้มีความหยาบมาก โดยเฉพาะอย่างยิ่งขอบบนของได้รับคือย่อหน้าที่สองไม่แน่น กระนั้นคำตอบของ domotorp แสดงให้เห็นว่าไม่มีใครหวังว่าจะมีข้อผูกพันที่ดีกว่านี้มากและแม่นยำยิ่งขึ้นว่าการพึ่งพากำลังสองของไม่สามารถลบออกได้ เพื่อกระชับก่อสร้างหนึ่งสามารถใช้การก่อสร้างที่รู้จักกันดีในเครือข่ายนอกจากนี้ โปรดทราบว่าปัญหานี้ยังไม่ทราบขอบเขตที่แน่นอน $L(m)$ $L(f)$

— บรูโน่
แหล่งที่มา