ความซับซ้อนของการคำนวณความเท่าเทียมกันของสูตร CNF ที่อ่านสองครั้งตรงข้าม (

ในสูตร CNF ที่อ่านสองครั้งตรงข้ามแต่ละตัวแปรจะปรากฏสองครั้งเมื่อบวกและลบครั้งเดียว

ฉันสนใจในปัญหาซึ่งประกอบด้วยการคำนวณความเท่าเทียมกันของจำนวนที่ได้รับมอบหมายที่น่าพอใจของสูตร CNF ที่อ่านสองครั้งตรงข้าม $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

ฉันไม่สามารถหาข้อมูลอ้างอิงเกี่ยวกับความซับซ้อนของปัญหาดังกล่าวได้ สิ่งที่ฉันพบได้ใกล้ที่สุดคือรุ่นการนับคือ -complete (ดูหัวข้อ 6.3 ในบทความนี้ ) $\#\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\#\text{P}$

ขอบคุณล่วงหน้าสำหรับความช่วยเหลือของ.

อัปเดต 10 เมษายน 2559

ในบทความนี้ปัญหาแสดงเป็นสมบูรณ์อย่างไรก็ตามสูตรที่ผลิตโดยการลดจากไม่ได้อยู่ใน CNF และทันทีที่คุณพยายามแปลงกลับเป็น CNF คุณจะได้รับ สูตรอ่านสามครั้ง $\oplus\text{Rtw-Opp-SAT}$ $\oplus\text{P}$ $3\text{SAT}$
รุ่นเสียงเดียวแสดงเป็นสมบูรณ์ในบทความนี้ ในกระดาษดังกล่าวเป็นที่กล่าวถึงอย่างรวดเร็วในตอนท้ายของมาตรา 4: องอาจกล่าวว่าเป็นคนเลว ไม่ชัดเจนสำหรับฉันว่าความเสื่อมโทรมมีความหมายตรงอะไรและมันไม่ได้บ่งบอกถึงความแข็ง $\oplus\text{Rtw-Mon-CNF}$ $\oplus\text{P}$ $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

อัปเดต 12 เมษายน 2559

มันจะเป็นที่น่าสนใจมากที่จะรู้ว่าใครได้เคยศึกษาความซับซ้อนของปัญหา เมื่อได้รับสูตร CNF ที่อ่านสองครั้งตรงข้ามปัญหาดังกล่าวจะขอให้คำนวณความแตกต่างระหว่างจำนวนของการมอบหมายที่น่าพอใจโดยมีตัวแปรจำนวนคี่ตั้งค่าเป็นจริงและจำนวนของการมอบหมายที่น่าพอใจที่มีจำนวนตัวแปรที่ตั้งค่าเป็นจริง ฉันไม่พบวรรณกรรมใด ๆ เกี่ยวกับมัน $\Delta\text{Rtw-Opp-CNF}$

อัปเดต 29 พฤษภาคม 2559

ดังที่เอมิลJebekábekชี้ให้เห็นในความคิดเห็นของเขามันไม่เป็นความจริงที่พูดว่าปัญหาแย่ลง เขาเพียง แต่กล่าวว่าปัญหาที่ จำกัด เช่นนี้นั้นแย่ลง ในขณะเดียวกันฉันก็ยังไม่รู้ว่าความเสื่อมนั้นหมายถึงอะไร แต่อย่างน้อยตอนนี้ดูเหมือนชัดเจนว่ามันเป็นคำพ้องความหมายของการขาดพลังการแสดงออก $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\oplus\text{Pl-Rtw-Opp-3CNF}$

cc.complexity-theory ds.algorithms counting-complexity

— Giorgio Camerani
แหล่งที่มา

⊕Rtw-Opp-CNF นั้นยากเหมือน⊕Rtw-Mon-CNF คุณสามารถสร้างแกดเจ็ตการปฏิเสธ: (i0 v x0 v x1) (x1 v x2) (i1 v x0 v x2) ถ้า i0 = i1 ดังนั้น weight = 0 (ใน modulo 2) น้ำหนักอื่น = 1

ฉันไม่พบการลดลงของ⊕Rtw-Mon-CNF เป็น⊕Rtw-Opp-CNF แต่ฉันพบอัลกอริทึมแบบพหุนามเพื่อแก้ปัญหา⊕Rtw-Opp-CNF ดังนั้น⊕Rtw-Opp-CNF จึงง่ายกว่า

ฉันไม่สามารถพูดถึง⊕Rtw-Opp-CNF ในเอกสารของ Valiant เขาอ้างว่า⊕Pl-Rtw-Opp-3CNF นั้น "เสื่อม" แต่เกี่ยวข้องกับข้อ จำกัด เพิ่มเติมหลายประการ

— Emil Jeřábek

@ EmilJeřábek: คุณพูดถูก ฉันถูกทำให้เข้าใจผิดโดยไม่รู้ถึงความหมายของ"ความเสื่อม"และฉันใช้การเรียงลำดับของการให้เหตุผลแบบเดียวกับที่ใช้ตามปกติเมื่อมีผลลัพธ์ที่สมบูรณ์: หากปัญหาบางอย่างเสร็จสิ้นในบางคลาส แม้ว่าฉันจะยังไม่ทราบว่า"เสื่อม"หมายถึงอะไร แต่อย่างน้อยตอนนี้ฉันก็ชัดเจนว่าคำดังกล่าวเป็นคำพ้องความอ่อนแอ (เช่นการขาดพลังการแสดงออก) ดังนั้นการใช้เหตุผลดังกล่าวไม่สามารถนำมาใช้ได้ ฉันแก้ไขคำถามให้ถูกต้องแล้ว

— Giorgio Camerani

@Maciej: จริงเหรอ? อัลกอริทึมพหุนามของคุณทำงานอย่างไร

— Giorgio Camerani

คำตอบ:

ปรากฎว่าทุกสูตรตรงข้ามอ่านครั้งที่สองมีจำนวนที่ได้รับมอบหมายที่น่าพอใจ นี่เป็นข้อพิสูจน์ที่ดีถึงแม้ว่าอาจมีใครสามารถกำจัดคำศัพท์เชิงกราฟ

ให้เป็นสูตร CNF ตรงข้ามอ่านสองครั้ง ไม่มีข้อใดที่มีทั้งตัวแปรและการปฏิเสธของมัน $\phi$

พิจารณากราฟมีชุดจุดสุดยอดเป็นคำสั่งของและสำหรับแต่ละตัวแปรเราเพิ่ม (ไม่มีทิศทาง) ขอบที่เป็นเหตุการณ์ที่เกิดขึ้นในสองประโยคที่มีxสมมติฐาน WLOG ของเราในกล่าวว่ากราฟนี้ไม่มีการวนซ้ำในตัวเอง ยิ่งกว่านั้นให้คิดถึงการติดฉลากแต่ละขอบโดยตัวแปรที่กำหนดไว้ วิธีนี้เราสามารถแยกความแตกต่างระหว่างขอบขนาน $G$ $\phi$ $x$ $x$ $\phi$

การปฐมนิเทศของเป็นกราฟที่มีขอบที่จะเกิดขึ้นโดยการกำหนดทิศทางให้กับแต่ละขอบในGเรียกการวางแนวของยอมรับได้ถ้าจุดสุดยอดของทุกอันมีขอบออก มันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่าความพึงพอใจที่ได้รับมอบหมายเพื่ออยู่ในการติดต่อ bijective กับทิศทางที่ยอมรับของG $G$ $G$ $G$ $G$ $\phi$ $G$

ตอนนี้ฉันอ้างว่าจำนวนทิศทางที่ยอมรับได้ของคือเท่ากัน อาร์กิวเมนต์คือ "by involution": ฉันสร้าง map ด้วยคุณสมบัติต่อไปนี้: $G$ $\Phi$

มีการกำหนดไว้อย่างสมบูรณ์ (การปฐมนิเทศที่ยอมรับได้ถูกแมปไว้ที่ไหนสักแห่ง) $\Phi$
ส่งการหมุนที่ยอมรับได้ไปยังการหมุนที่ยอมรับได้ $\Phi$
$\Phi$ $\Phi \circ \Phi$
$\Phi$

$\Phi$ $G$

$\Phi$ $\vec{G}$ $\vec{G}$ $\Phi$ $\vec{G}$

ทุกกราฟที่กำกับสามารถแบ่งพาร์ติชันเป็นส่วนประกอบที่เชื่อมต่ออย่างยิ่ง
$\vec G$ $\Phi(\vec G)$ $\Phi$ $\Phi(\vec G)$ $G$
$\Phi(\vec G)$ $\vec G$
$\vec G$

— Andrew Morgan
แหล่งที่มา

สังเกตที่ดี! วิธีที่ง่ายกว่าในการมองเห็นสิ่งนี้ (ดังที่คุณพูดว่า "กำจัดคำศัพท์เชิงทฤษฎี - กราฟ") คือการสังเกตว่าถ้าการมอบหมายเป็นไปตาม F แล้วการมอบหมาย a '(x) = 1-a (x) ก็เป็นที่พอใจ F เช่นกัน สิ่งนี้สามารถแสดงได้อย่างง่ายดายโดยการเหนี่ยวนำกับจำนวนตัวแปรของ F.

— holf

Φ

$\Phi$

0 \to 1 \to 2 \to 0 \to 3 \to 1

$0\to1\to2\to0\to3\to1$

0 \to 1 \to 2 \to 0

$0\to1\to2\to0$

0 \to 3 \to 1 \to 0

$0\to3\to1\to0$

x

$x$

\neg x \lor y \lor \neg z

$\neg x\lor y\lor\neg z$

\neg y \lor z

$\neg y\lor z$

(1, 1, 1)

$(1,1,1)$

(0, 0, 0)

$(0,0,0)$

Φ

$\Phi$

M

$M$

x

$x$

y

$y$

x

$x$

x

$x$

y

$y$

M

$M$

@Emil: อ่าใช่คุณพูดถูก ถ้าฉันเข้าใจคำแนะนำของคุณถูกต้องคุณกำลังบอกว่าแบ่งการวางแนวเป็นส่วนประกอบที่เชื่อมต่ออย่างยิ่งและย้อนกลับขอบภายในส่วนประกอบ ฉันคิดว่ามันใช้งานได้ ฉันจะอัปเดตคำตอบของฉันตาม ขอบคุณมาก!!

— Andrew Morgan

ฉันไม่แน่ใจว่าแนวคิดของฉันเป็นที่เข้าใจหรือไม่ดังนั้นฉันจะอธิบายตัวอย่างของ Giorgio:

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

ก่อนอื่นฉันต้องเปลี่ยนสิ่งนี้ในรูปแบบ DNF:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

นี่ควรให้คำตอบเดียวกัน และไม่ว่าฉันจะคำนวณจำนวนโมดูโล 2 สำหรับวิธีนี้:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

หรือสำหรับสิ่งนี้:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

ดังนั้นฉันเลือกที่สอง ฉันมีรากฟันเทียม:

$i_0$ $( x_1 \land x_2 \land x_3 )$

$i_1$ $( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 )$

$i_2$ $( \lnot x_4 \land x_5 )$

$i_3$ $( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

ตอนนี้ฉันกำลังสร้างระบบสมการ:

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}\oplus{j_3} = 1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_2}\oplus{j_3} = 1$

${j_3} = 1$

$x_6$

— Maciej
แหล่งที่มา

หากความคิดของฉันเป็นปกติคำตอบคือ "ไม่" แน่นอนฉันคิดว่าตัวแปรเกิดขึ้นครั้งเดียวในเชิงบวกและอีกครั้งในการปฏิเสธ

— Maciej

x_{4}

$x_4$

j_{1} \oplus j_{2}

${j_1}\oplus{j_2}$

j_{3}

$j_3$

j_{2}

$j_2$

j_{1}

$j_1$

j_{0}

$j_0$

-1

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ ${f(X)}\oplus{g(X)}$ $f(X) \wedge g(X)$ $f(X)$ $g(X)$

$i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_j$ $x_0\wedge{x_1}\wedge{\neg{x_2}}$

$2^k$ $i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_0\vee{i_1}\vee{i_2}\vee{...}\vee{i_{n-1}}$

$a\vee{b} = a\oplus{b}\oplus({a\wedge{b}})$

1) มีตัวแปรทั้งหมด

2) ทุกตัวแปรเกิดขึ้น exacly หนึ่ง (ถ้าตัวแปรเกิดขึ้นสองครั้งจากนั้นเรามีค่าบวกและลบใน implicant เดียวดังนั้นสิ่งนี้จะให้เป็น 0)

$x_0$ $i_0$ $x_0$ $i_1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}$ ${j_1}$ $i_0$ $i_1$ $i_0$ $j_0$ $j_0$ $2^l$

— Maciej
แหล่งที่มา

\oplus Rtw-Opp-CNF

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

@AndrewMorgan แต่สูตรที่มีประโยคที่ไม่ซ้ำกันที่มีตัวแปรทั้งหมดเพียงครั้งเดียวจะไม่เป็นสูตรอ่านสองครั้ง ข้อ จำกัด คือว่าสองครั้งไม่ได้ที่มากที่สุดเป็นครั้งที่สอง

— Giorgio Camerani

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2} \lor x_{3}) \land (\neg x_{1} \lor \neg x_{3} \lor x_{4}) \land (\neg x_{4} \lor x_{5}) \land (\neg x_{2} \lor \neg x_{5} \lor \neg x_{6})

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1}) \wedge (\bar{x_2})$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}} \lor \bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1} \vee \bar{x_2})$

(x_{1}) \land (\bar{x_{1}}) \land (x_{2}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1) \wedge (\overline{x_1}) \wedge (x_2) \wedge (\overline{x_2})$

@AndrewMorgan ตกลงตอนนี้ฉันเห็น อย่างไรก็ตามให้พิจารณาว่าในกรณีที่คุณหมายถึงจำนวนการมอบหมายที่น่าพอใจก็ยังคงเหมือนเดิม คำถามที่ถูกวางโดย Maciej ในความคิดเห็นของเขากลายเป็นเรื่องท้าทาย

— Giorgio Camerani