Apakah Gap-3SAT NP-lengkap bahkan untuk formula 3CNF di mana tidak ada pasangan variabel yang muncul secara signifikan lebih banyak klausa daripada rata-rata?

Dalam pertanyaan ini, rumus 3CNF berarti rumus CNF di mana setiap klausa persis melibatkan tiga variabel yang berbeda . Untuk konstanta 0 < s <1, Gap-3SAT _s adalah masalah janji berikut:

Gap-3SAT _s
Instance : Sebuah 3CNF rumus φ.
Ya-janji : φ memuaskan.
No-janji : tidak ada tugas kebenaran memuaskan lebih dari s sebagian kecil dari klausul φ.

Salah satu cara yang setara untuk menyatakan teorema PCP terkenal [AS98, ALMSS98] adalah bahwa terdapat konstanta 0 < s <1 sehingga Gap-3SAT _s adalah NP-complete.

Kami mengatakan bahwa rumus 3CNF berpasangan B-berpasangan jika setiap pasangan variabel berbeda muncul di paling banyak klausa B. Misalnya, rumus 3CNF ( x ₁ ∨ x ₂ ∨ x ₄ ) ∧ (￢x ₁ ∨￢x ₃ ∨ x ₄ ) ∧ ( x ₁ ∨ x ₃ ∨￢x ₅ ) berpasangan 2-terikat tetapi tidak berpasangan 1 -batas karena mis. pasangan ( x ₁ , x ₄ ) muncul di lebih dari satu klausa.

Pertanyaan . Apakah terdapat konstanta B ∈ℕ, sebuah > 0, dan 0 < s <1 sehingga Gap-3SAT _s adalah NP-lengkap bahkan untuk formula 3CNF yang berpasangan B -bounded dan terdiri dari setidaknya sebuah ² klausa, di mana n Apakah jumlah variabel?

Keterbatasan berpasangan jelas menyiratkan bahwa hanya ada klausa O ( n ² ). Bersama dengan batas bawah kuadratik pada jumlah klausa, secara kasar dikatakan bahwa tidak ada pasangan variabel yang berbeda muncul dalam klausa yang jauh lebih banyak daripada rata-rata.

Untuk Gap-3SAT, diketahui bahwa kasus jarang sulit : terdapat 0 konstan < s <1 sehingga Gap-3SAT _s adalah NP-lengkap bahkan untuk rumus 3CNF di mana setiap variabel terjadi tepat lima kali [Fei98]. Di sisi lain, kasus padat mudah : Max-3SAT mengakui sebuah POMG untuk formula 3CNF dengan Ω ( n ³ ) klausa yang berbeda [AKK99], dan karena itu Gap-3SAT _s dalam hal ini adalah dalam P untuk setiap konstan 0 < s <1. Pertanyaannya adalah tentang pertengahan dari dua kasus ini.

Pertanyaan di atas muncul awalnya dalam studi kompleksitas komputasi kuantum, lebih khusus dua-membuktikan sistem bukti interaktif satu putaran dengan sistem provers terjerat ( MIP ^* (2,1) ). Tapi saya pikir pertanyaannya mungkin menarik dengan sendirinya.

Referensi

[AKK99] Sanjeev Arora, David Karger, dan Marek Karpinski. Skema perkiraan waktu polinomial untuk contoh padat masalah NP-keras. Jurnal Ilmu Komputer dan Sistem , 58 (1): 193–210, Februari 1999. http://dx.doi.org/10.1006/jcss.1998.1605

[ALMSS98] Sanjeev Arora, Carsten Lund, Rajeev Motwani, Madhu Sudan, dan Mario Szegedy. Verifikasi bukti dan kekerasan masalah perkiraan. Jurnal ACM , 45 (3): 501–555, Mei 1998. http://doi.acm.org/10.1145/278298.278306

[AS98] Sanjeev Arora dan Shmuel Safra. Pemeriksaan probabilistik bukti: Karakterisasi baru NP. Jurnal ACM , 45 (1): 70-122, Januari 1998. http://doi.acm.org/10.1145/273865.273901

[Fei98] Uriel Feige. Ambang batas ln n untuk perkiraan penutup yang ditetapkan. Jurnal ACM , 45 (4): 634-652, Juli 1998. http://doi.acm.org/10.1145/285055.285059

Bukan jawaban lengkap, tapi mudah-mudahan tutup. Ini sangat dekat dengan komentar Luca di atas. Saya percaya jawabannya adalah bahwa setidaknya ada konstanta B ∈ℕ, a > 0, dan 0 < s <1 sehingga Gap-3SAT _s adalah NP-lengkap bahkan untuk formula 3CNF yang berpasangan B- terikat dan terdiri dari setidaknya klausa, untuk konstanta ϵ .$an^{2-\epsilon}$$\epsilon$

Buktinya adalah sebagai berikut. Pertimbangkan GAP-3SAT s misalnya φ pada N variabel di mana setiap variabel muncul paling 5 kali. Ini NP-lengkap, seperti yang Anda katakan dalam pertanyaan.$_s$$\phi$$N$

Sekarang kita membuat instance baru sebagai berikut:$\Phi$

1. Untuk setiap variabel di ϕ , Φ memiliki n variabel y i j .$x_i$$\phi$$\Phi$$n$$y_{ij}$
2. Untuk setiap set indeks , a dan b dengan a ≠ b , Φ memiliki sepasang klausa y i a ∨ ¬ y i b ∨ ¬ y i b , dan y i b ∨ ¬ y $i$$a$$b$$a\neq b$$\Phi$$y_{ia}∨￢y_{ib}∨￢y_{ib}$ . Saya akan merujuk ini sebagai klausul perbandingan karena mereka memastikan bahwa y i a = y i b jika mereka puas.$y_{ib}∨￢y_{ia}∨￢y_{ia}$$y_{ia} = y_{ib}$
3. Untuk setiap klausa dalam bekerja pada variabel x i , x j dan x k , untuk setiap a dan b , Φ berisi klausa yang setara, di mana x i digantikan oleh y i a , x j digantikan oleh y j $\phi$$x_i$$x_j$$x_k$$a$$b$$\Phi$$x_i$$y_{ia}$$x_j$$y_{jb}$ dan digantikan oleh y k ( a + b ) (di sini selain adalah dilakukan modulo n ). Saya akan merujuk ini sebagai klausa yang diwarisi.$x_k$$y_{k(a+b)}$$n$

Jumlah total variabel kemudian . Catatan Φ memiliki 2 N n 2 klausa perbandingan dan$m = nN$$\Phi$$2Nn^2$klausa yang diwarisi, dengan total$\frac{5}{3}Nn^2$klausa. Mengambiln$\frac{11}{3}Nn^2$ kita memiliki m = N k + 1 dan jumlah total klausul C = $n = N^k$$m = N^{k+1}$ . Kami mengambilk=ϵ-1-1, jadiC∝m2-ϵ.$C = \frac{11}{3}N^{2k+1} = \frac{11}{3}m^{2-\frac{1}{k+1}}$$k = \epsilon^{-1} - 1$$C \propto m^{2-\epsilon}$

Selanjutnya, berpasangan 8 (maks. 2 dari klausa perbandingan dan 6 dari klausa yang diwarisi).$\Phi$

Akhirnya, jika tidak memuaskan, maka setidaknya ( 1 - s ) N klausa tidak puas. Sekarang, jika y i a ≠ y i b untuk a , b maka setidaknya n - 1 klausa tidak puas. Perhatikan bahwa untuk memenuhi ( 1 - $\phi$$(1-s)N$$y_{ia} \neq y_{ib}$$a,b$$n-1$ klausa yang tidak terpenuhi dalam satu set klausa yang diwarisi untuk memperbaiki a , b maka penugasan variabel y : a , y $(1-s)N$$a,b$$y_{:a}$ dan y : ( a + b ) harus berbeda setidaknya 1 - $y_{:b}$$y_{:(a+b)}$posisi, meninggalkan setidaknya1-$\frac{1-s}{5}N$perbandingan klausa yang tidak memuaskan. Ini harus berlaku untuk setiap pilihanadanb, jadi setidaknya≈1-$\frac{1-s}{5}N(n-1)$$a$$b$ Klausa perbandinganCharus tetap tidak puas secara total agar klausa yang diwarisi cukup untuk dipenuhi. Namun jika Anda melihat ekstrim lain di mana semua klausa perbandingan terpenuhi, maka(1-s)N$\approx \frac{1-s}{5}Nn^2 = \frac{3(1-s)}{11}C$ Klausa C tidak memuaskan. Oleh karena itu kesenjangan tetap (meskipun dikurangi) dengan s ′ = 4 + $(1-s)Nn^2 = (1-s)m^{\frac{2k+1}{k+1}} = (1-s)C$ .$s' = \frac{4+s}{5}$

Konstanta mungkin perlu diperiksa ulang.