Kompleksitas versi pencarian 2-SAT dengan asumsi

Jika $\mathsf{L = NL}$ , maka ada algoritma logspace yang memecahkan versi keputusan 2-SAT.

Apakah $\mathsf{L = NL}$ diketahui menyiratkan bahwa ada algoritma ruang log untuk mendapatkan tugas yang memuaskan , ketika diberi instance 2-SAT yang memuaskan sebagai input?
Jika tidak, bagaimana dengan algoritma yang menggunakan ruang sub-linear (dalam jumlah klausa)?

sat search-problem logspace

— Niel de Beaudrap
sumber

Mengingat satisfiable 2-CNF , Anda dapat menghitung tertentu memuaskan tugas oleh NL-fungsi (yaitu, ada NL-predikat yang memberitahu Anda apakah benar). Salah satu cara untuk melakukannya dijelaskan di bawah ini. Aku bebas akan menggunakan fakta bahwa NL tertutup di bawah -reductions, maka NL-fungsi ditutup di bawah komposisi; ini adalah konsekuensi dari NL = coNL. $\phi$ $e$ $P(\phi,i)$ $e(x_i)$ $\mathrm{AC}^0$

Biarkan menjadi 2-CNF yang memuaskan. Untuk setiap literal , biarkan menjadi jumlah literal dicapai dari oleh jalan diarahkan pada grafik implikasi , dan jumlah literal dari mana dicapai. Keduanya dapat dihitung dalam NL. $\phi(x_1,\dots,x_n)$ $a$ $a^\to$ $a$ $\phi$ $\let\ot\leftarrow a^\ot$ $a$

Perhatikan bahwa , dan , karena condong-simetri dari grafik implikasi. Tentukan tugas sehingga $\let\ob\overline \ob a^\to=a^\ot$ $\ob a^\ot=a^\to$ $e$

jika , maka ; $a^\ot>a^\to$ $e(a)=1$
jika , maka ; $a^\ot<a^\to$ $e(a)=0$
jika , biarkan menjadi minimal sehingga atau muncul dalam komponen sangat terhubung dari (tidak bisa keduanya, sebagaimana adalah satisfiable). Masukkan jika muncul, dan sebaliknya. $a^\ot=a^\to$ $i$ $x_i$ $\ob x_i$ $a$ $\phi$ $e(a)=1$ $x_i$ $e(a)=0$

Skew-simetri grafik menyiratkan bahwa , maka ini adalah tugas yang didefinisikan dengan baik. Selain itu, untuk setiap tepidalam grafik implikasi: $e(\ob a)=\ob{e(a)}$ $a\to b$

Jika tidak dapat dijangkau dari , maka , dan . Jadi, menyiratkan . $a$ $b$ $a^\ot<b^\ot$ $a^\to>b^\to$ $e(a)=1$ $e(b)=1$
Kalau tidak, dan berada dalam komponen yang terhubung sangat kuat, dan , . Jadi, . $a$ $b$ $a^\ot=b^\ot$ $a^\to=b^\to$ $e(a)=e(b)$

Karena itu . $e(\phi)=1$

— Emil Jeřábek mendukung Monica
sumber

Ini bagus! Apakah ada referensi?

— Ryan Williams

Saya baru saja memasaknya jadi saya tidak tahu, tetapi terlihat cukup mudah bagi seseorang untuk mengamatinya lebih awal. Inspirasi saya adalah argumen bahwa penyortiran topologi dari perintah parsial dapat dilakukan dalam TC ^ 0, maka dari grafik asiklik dalam NL; ini secara positif memiliki referensi, tetapi saya tidak di kantor saat ini, jadi sulit bagi saya untuk mencarinya.

— Emil Jeřábek mendukung Monica

Hasil bahwa penugasan yang memuaskan dapat dihitung dalam FNL muncul dengan argumen berbeda di Cook, Kolokolova: Teori orde kedua untuk NL, dan dengan sedikit lebih detail di Cook, Nguyen: Fondasi logis dari kompleksitas bukti. Namun, saya akui saya tidak tahu bagaimana cara kerjanya. Sejauh yang saya tahu, properti (307) yang tersisa sebagai latihan untuk pembaca dalam buku C&N benar-benar salah.

— Emil Jeřábek mendukung Monica