Pembagian oleh dua fungsi di #P

Biarkan menjadi fungsi bernilai integer sehingga ada di . Apakah itu berarti ada di ? Adakah alasan untuk meyakini hal ini tidak mungkin selalu berlaku? Adakah referensi yang harus saya ketahui? $F$ $2F$ $\#P$ $F$ $\#P$

Agak mengherankan, situasi ini muncul (dengan konstanta yang jauh lebih besar), untuk fungsi yang mana adalah masalah terbuka lama. $F$ $F \in? \#P$

Catatan: Saya menyadari makalah M. Ogiwara, L. Hemachandra, Sebuah teori kompleksitas untuk sifat penutupan yang layak di mana masalah pembagian-by-2 terkait telah dipelajari (lihat Thm 3.13). Namun masalah mereka berbeda, karena mereka mendefinisikan divisi untuk semua fungsi melalui operator lantai. Itu memungkinkan mereka melakukan pengurangan cepat terhadap masalah paritas.

cc.complexity-theory complexity-classes counting-complexity

— Igor Pak
sumber

@ Kaveh: Jika adalah fungsi , dan fungsi waktu-poli, maka ada di , tetapi belum tentu (agaknya). Sebagai contoh, tampaknya tidak ada alasan mengapa semua fungsi GapP nonnegatif harus di , tetapi mereka dapat direduksi menjadi dengan cara ini.

f (x)

$f(x)$

# P

$\#P$

g (y)

$g(y)$

f (g (y))

$f(g(y))$

# P

$\#P$

g (f (x))

$g(f(x))$

# P

$\#P$

# P

$\#P$

— Emil Jeřábek mendukung Monica

@ JoshuaGrochow: Ya, ini "Terima jika dan hanya jika Anda menebak kedua saksi 2F dalam urutan leksikografis".

@ JoshuaGrochow Jika Anda melakukan pembagian tanpa fungsi lantai maka

runtuh ke kelas kompleksitas berikut, yang baru saja saya definisikan, melalui Teorema 5.9 pada buku TCTC.

ada predikat polinomial waktu P dan q polinomial sehingga, untuk semua

P P

${\bf PP}$

U P P X = {L |

${\bf UPPX} = \{ L |$

x

$x$

1.

$\bf 1.$

x \notin L \Rightarrow | | {y |

$x \not \in L \Rightarrow ||\{y|$

Kemudian salah satu kebutuhan untuk menunjukkan di mana

termasuk dalam hirarki kompleksitas. Mudah-mudahan kasusnya adalah

| y | \leq q (| x |) \land P (x, y)} | | < 1

$|y|\leq q(|x|) \wedge P(x,y)\}|| < 1$

2.

$\bf 2.$

x \in L \Rightarrow | | {y |

$x \in L \Rightarrow ||\{y|$

| y | \leq q (| x |) \land P (x, y)} | | \geq 1

$|y|\leq q(|x|) \wedge P(x,y)\}|| \geq 1$

}

$\}$

U P P X

${\bf UPPX}$

U P P X = P P

${\bf UPPX} = {\bf PP}$

— Tayfun Pay

Seberapa sulit untuk mengetahui apakah fungsi di #PP selalu sama? Saya berharap itu tidak dapat dipastikan.

— Peter Shor

@PeterShor: Itu tentu tidak bisa dipastikan. Satu dapat mengambil mesin yang menerima jika dan hanya jika saksi penghitungan adalah semua 1s dan panjang yang sama dengan input dan M berhenti persis langkah [panjang itu].

Saya mencoba memberikan intuisi saya mengapa saya pikir ini tidak mungkin berlaku. Ambil masalah favorit Anda di , dan ubah menjadi masalah di , misalnya, fungsi kami dapat menjadi jumlah siklus Hamiltonian dalam input 3-grafik biasa yang mengandung batas tetap tertentu. Dari argumen paritas kita tahu bahwa selalu bahkan, sehingga Anda dapat menentukan dan saya tidak melihat alasan mengapa akan di . $PPA$ $\sharp P$ $f$ $f$ $F:=f/2$ $F$ $\sharp P$

— domotorp
sumber

Baik. Sekarang aku bingung. Bukankah

memiliki tiga siklus Hamilton?

K_{4}

$K_4$

— Peter Shor

Oke ... saya sudah memeriksanya. Teorema adalah bahwa setiap sisi muncul dalam jumlah siklus Hamiltonian genap (tidak terarah) dalam grafik 3-reguler, bukan bahwa ada jumlah total siklus Hamiltonian genap. Jadi masalah penghitungan yang benar adalah: diberi grafik tiga-reguler dan tepi

, misalkan

adalah jumlah siklus Hamiltonian dalam

yang melewati

. Apakah

di #P?

e

$e$

f

$f$

G

$G$

e

$e$

F / 2

$F/2$

— Peter Shor

Memang, lucu bahwa tidak ada yang memperhatikan sebelumnya ... Saya sudah menambahkannya.

— domotorp

Meskipun secara umum saya setuju dengan intuisi Anda, dalam hal ini, saya pikir

sebenarnya ada di #P: Biarkan e = (v_1, v_2) menjadi ujung dalam G. Biarkan u, w menjadi tetangga dari v_1 yang tidak t v_2. Mesin NP berikut memiliki jalur penerimaan f / 2: tebak siklus Hamilton yang mencakup sepasang tepi (u, v_1) dan (v_1, v_2). (Intinya adalah bahwa bukti kesamaan paritas menciptakan sebuah penipisan antara siklus Ham seperti itu dan yang termasuk (w, v_1) dan (v_1, v_2).) Jadi untuk intuisi untuk bekerja, Anda memerlukan sesuatu dalam PPA yang melalui eg sebuah argumen penghitungan, atau yang menghindari

f / 2

$f/2$

— penipisan yang

Faktanya tidak benar. Misalnya, mudah untuk memeriksa apakah ia gagal untuk semua grafik 3-reguler yang terhubung pada 8 simpul (lihat en.wikipedia.org/wiki/Table_of_simple_cubic_graphs#8_nodes untuk daftar), kecuali untuk kubus (yang merupakan transitif tepi) .

— Emil Jeřábek mendukung Monica