Bisakah batas bahasa sulit menjadi mudah?

13

Apakah semua berikut ini dapat bertahan secara bersamaan?

$L_s$ terkandung dalam untuk semua bilangan bulat positif . $L_{s+1}$ $s$
$L = \bigcup_s L_s$ adalah bahasa dari semua kata hingga lebih dari . $\{0,1\}$
Ada beberapa kelas kompleksitas $C$ dan gagasan yang tepat pengurangan untuk $C$ sehingga untuk setiap $s$ , $L_s$ sulit untuk $C$ .

cc.complexity-theory complexity-classes reductions

— András Salamon
sumber

1

Bisakah ini bekerja? Diberikan enumerasi dari rumus boolean (binary encoded) mendefinisikan mana adalah yang pertama formula unsatisfiable di pencacahan?

φ_{1}, φ_{2}, . . .

$\varphi_1, \varphi_2,...$

L_{s} = S A T \cup {φ_{i_{1}}, . . ., φ_{i_{s}}}

$L_s = SAT \cup \{ \varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}\}$

φ_{i_{1}}, . . ., φ_{i_{s}}

$\varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}$

s

$s$

— Marzio De Biasi

Itu sepertinya berhasil, mungkin membuatnya menjadi jawaban?

— András Salamon

10

Saya pikir kita bisa mulai dengan beberapa bahasa dasar , lalu ambil dan . $L$ $L_0 = L$ $L_{s+1} = L_s \cup \{0,1\}^{s+1}$

Artinya, masing-masing adalah penyatuan dengan semua string panjang hingga . Setiap setidaknya sekeras tetapi tidak lebih sulit (dalam arti asimptotik), dengan asumsi kita dapat menghitung . $L_s$ $L$ $s$ $L_s$ $L$ $s$

Saya juga memikirkan kebalikan "limit", sehingga setiap terkandung dalam , dan mudah sedangkan setiap $L_{s+1}$ $L_s$ $L = \cap_s L_s$ sulit. Tapi saya pikir kita bisa mulai dengan bahasa sulit (tapi bisa dihitung)dan hanya menghapus satu kata pada setiap langkah; persimpangan harus kosong (setiap kata pada akhirnya dihapus). $L_s$ $L_0$

— usul
sumber

7

Hanya untuk menambah jawaban Marzio dan ushul ini: yang sama dapat dilakukan bahkan jika seseorang ingin mengharuskan perbedaan antara dan menjadi himpunan tak terhingga (yang merupakan salah satu cara untuk mencoba untuk membuat pertanyaan yang kurang sepele menjawab, tetapi, seperti yang kita lihat, tidak berhasil). Misalkan . Kemudian mengambil dan $L_s$ $L_{s+1}$ $D_n = \{ x \in \{0,1\}^* : 1x \text{ is the binary expansion of an integer divisible by } n\}$ $L_0 = L$ harus melakukan trik. $L_{s+1} = L_s \cup D_s$

(Untuk setiap tetap , jika adalah, katakanlah, CLIQUE, itu harus relatif mudah untuk mengambil pengurangan dari SAT untuk CLIQUE dan memodifikasinya dengan sesuatu seperti melakukan padding sehingga masih pengurangan dari SAT ke CLIQUE .) $s$ $L$ $\cup D_s$

— Joshua Grochow
sumber

4

Mengingat pencacahan biner formula boolean encoded mendefinisikan di mana adalah yang pertama formula unsatisfiable di pencacahan. $\varphi_1, \varphi_2,...$ $L_s = SAT \cup \{ \varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}\}$ $\varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}$ $s$

jelas sulit bagi : diberikan formula boolean menambahkan untuk itu cukup baru variabel OR-ed hingga indeksnya dalam enumerasi menjadi lebih besar dari (konstan) . $L_s$ $NP$ $\varphi$ $x_i$ $\varphi \lor x_1 \lor ... \lor x_n$ $i_s$

— Marzio De Biasi
sumber

1

Pada pemikiran kedua, ini tampaknya memerlukan pengkodean yang setiap kata yang terbatas dijamin muncul sebagai pengkodean beberapa rumus CNF. Namun, seseorang kemudian dapat memodifikasi kondisi kedua sehingga

adalah bahasa dari semua formula CNF yang valid secara sintaksis dalam pengkodean; ini masih menangkap semangat pertanyaan.

L

$L$

— András Salamon

Untuk kekerasan, tampaknya cukup untuk mengamati bahwa jika

adalah NP-hard, dan

adalah bahasa yang terbatas, maka

juga NP-hard.

L

$L$

L^{'}

$L'$

L \cup L^{'}

$L \cup L'$

— András Salamon

@ AndrásSalamon: Anda benar tentang bukti kekerasan: -S! Namun saya berpikir bahwa pengkodean "sempurna" (suatu penataan antara N dan semua rumus yang valid) adalah mungkin dan dapat dihitung dalam waktu polinomial.

— Marzio De Biasi