Teorema Adleman atas semir tak terbatas?

Adleman telah menunjukkan pada tahun 1978 bahwa : jika fungsi boolean dari variabel dapat dihitung dengan rangkaian boolean probabilistik ukuran , maka dapat juga dihitung dengan deterministik sirkuit boolean polinomial ukuran dalam dan ; sebenarnya, dari ukuran . $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$ $f$ $n$ $M$ $f$ $M$ $n$ $O(nM)$

Pertanyaan Umum: Atas apa selain semiring (selain boolean) yang ditahan? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Untuk lebih spesifik, rangkaian probabilistic pada semiring menggunakan operasi "penjumlahan" dan "perkalian" sebagai gerbang Input adalah variabel input dan mungkin beberapa variabel acak tambahan, yang mengambil nilai dan secara independen dengan probabilitas ; di sini dan , masing-masing, identitas aditif dan multiplikatif dari semiring Sirkuit seperti itu menghitung fungsi yang diberikan $\mathsf{C}$ $(S,+,\cdot,0,1)$ $(+)$ $(\cdot)$ $x_1,\ldots,x_n$ $0$ $1$ $1/2$ $0$ $1$ $\mathsf{C}$ $f:S^n\to S$ jika untuk setiap , . $x\in S^n$ $\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x)=f(x)]\geq 2/3$

Fungsi pemungutan suara dari variabel adalah fungsi parsial yang nilainya jika elemen muncul lebih dari kali di antara , dan tidak terdefinisi , jika tidak ada elemen seperti itu ada. Aplikasi sederhana batas Chernoff dan serikat pekerja menghasilkan yang berikut ini. $\mathrm{Maj}(y_1,\ldots,y_m)$ $m$ $y$ $y$ $m/2$ $y_1,\ldots,y_m$ $y$

Trik Mayoritas: Jika rangkaian probabilistik menghitung fungsi pada himpunan terbatas , maka ada realisasi dari sehingga berlaku untuk semua . $\mathsf{C}$ $f:S^n\to S$ $X\subseteq S^n$ $m=O(\log|X|)$ $C_1,\ldots,C_m$ $\mathsf{C}$ $f(x)=\mathrm{Maj}(C_1(x),\ldots,C_m(x))$ $x\in X$

Di atas semiring boolean, fungsi pemungutan suara $\mathrm{Maj}$ adalah fungsi mayoritas, dan memiliki sirkuit kecil (bahkan monoton). Jadi, teorema Adleman mengikuti dengan mengambil $X=\{0,1\}^n$ .

Tapi bagaimana dengan semir (terutama, tak terbatas) lainnya? Bagaimana dengan semiring aritmatika (dengan penambahan dan perkalian biasa)? $(\mathbb{N},+,\cdot,0,1)$

Pertanyaan 1: Apakah menahan semiring aritmatika? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Meskipun saya bertaruh untuk "ya", saya tidak bisa menunjukkan ini.

Catatan: Saya mengetahui makalah ini di mana penulis mengklaim atas bidang nyata . Mereka berurusan dengan sirkuit aritmatika non-monoton , dan juga tiba (dalam Teorema 4) ke sirkuit dengan fungsi pemungutan suara sebagai gerbang keluaran. Tetapi bagaimana mensimulasikan ini -gerbang oleh rangkaian aritmatika (apakah itu monoton atau tidak)? Yaitu cara mendapatkan akibat wajar 3 mereka? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$ $(\mathbb{R},+,\cdot,0,1)$ $\mathrm{Maj}$ $\mathrm{Maj}$

Sebenarnya, argumen sederhana berikut yang disampaikan oleh Sergey Gashkov (dari Universitas Moskow) kepada saya tampaknya menunjukkan bahwa ini tidak mungkin (setidaknya untuk sirkuit yang hanya dapat menghitung polinomial ). Misalkan kita dapat mengekspresikan sebagai polinomial . Kemudian menyiratkan , menyiratkan , dan menyiratkan . Ini berlaku karena, lebih dari bidang karakteristik nol, persamaan fungsi polinomial berarti persamaan koefisien. Perhatikan bahwa dalam Pertanyaan 1, kisaran sirkuit probabilistik, dan karenanya, domain $\mathrm{Maj}(x,y,z)$ $f(x,y,z)=ax+by+cz+ h(x,y,z)$ $f(x,x,z)=x$ $c=0$ $f(x,y,x)=x$ $b=0$ $f(x,y,y)=y$ $a=0$ $\mathrm{Maj}$ -gate tidak terbatas . Oleh karena itu saya memiliki kesan bahwa makalah terkait hanya berurusan dengan fungsi komputasi sirkuit aritmatika dengan rentang terbatas kecil , seperti . Maka memang mudah untuk dihitung oleh rangkaian aritmatika. Tetapi bagaimana jika ? $f:\mathbb{R}^n\to Y$ $Y$ $Y=\{0,1\}$ $\mathrm{Maj}:Y^m\to Y$ $Y=\mathbb{R}$

Koreksi [6.03.2017]: Pascal Koiran (salah satu penulis makalah ini) menunjukkan kepada saya bahwa model mereka lebih kuat daripada hanya sirkuit aritmatika: mereka memungkinkan Gerbang Masuk (menghasilkan atau tergantung pada apakah input negatif dari tidak). Jadi, fungsi voting Maj dapat disimulasikan dalam model ini, dan saya mengambil kembali "kebingungan" saya.

0

$0$

1

$1$

Dalam konteks pemrograman dinamis, terutama yang menarik adalah pertanyaan yang sama untuk semir-minir plus- tropis dan max-plus dan . $(\mathbb{N}\cup\{+\infty\}, \min, +, +\infty,0)$ $(\mathbb{N}\cup\{-\infty\}, \max, +, -\infty,0)$

Pertanyaan 2: Apakah berlaku untuk semir tropis? $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Dimiliki dalam dua semiring ini, ini berarti bahwa keacakan tidak dapat mempercepat apa yang disebut algoritma pemrograman dinamis "murni"! Algoritma ini hanya menggunakan operasi Min / Max dan Sum dalam rekursi mereka; Bellman-Ford, Floyd-Warshall, Held-Karp, dan banyak algoritma DP terkemuka lainnya adalah murni. $\mathrm{BPP}\subseteq \mathrm{P/poly}$

Sejauh ini, saya hanya dapat menjawab Pertanyaan 2 (secara afirmatif) di bawah skenario kesalahan satu sisi , ketika kami juga memerlukan atas min- ditambah semiring (minimalisasi), atau atas semiring max-plus (maksimalisasi). Artinya, kita sekarang mensyaratkan bahwa rangkaian tropis acak tidak pernah dapat menghasilkan lebih baik dari nilai optimal; Namun, hal itu dapat salah dengan memberikan beberapa nilai yang lebih buruk daripada yang optimal. Namun, pertanyaan saya ada di bawah skenario kesalahan dua sisi . $\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x) < f(x)]=0$ $\mathrm{Pr}[\mathsf{C}(x) > f(x)]=0$

PS [ditambahkan 27.02.2017]: Ini adalah usaha saya untuk menjawab Pertanyaan 1 (dengan tegas). Idenya adalah untuk menggabungkan versi paling sederhana dari "Nullstellensatz" kombinatorial "dengan perkiraan untuk masalah Zarankiewicz untuk hypergrap n-partite, karena Erdos dan Spencer. Modulo hasil yang terakhir ini, seluruh argumen bersifat elementer.

Perhatikan bahwa Pertanyaan 2 masih tetap terbuka: "Null Nellstellensatz" (setidaknya dalam bentuk yang saya gunakan) tidak berlaku untuk semir tropis.

— Stasys
sumber

nit: BPP adalah kelas seragam yang didefinisikan menggunakan PTM bukan sirkuit.

— Kaveh

@ Kaveh: ya, dalam hal ini, hasil Adleman bahkan sedikit lebih kuat, bahkan berlaku untuk BPP / poli.

— Stasys

Tidak melihat bagaimana argumen sederhana menunjukkan ketidakmungkinan ... itu tampaknya menunjukkan bahwa koefisien monomial x, y, dan z harus nol ... apa yang saya lewatkan? Juga, jika polinomial tidak dapat menghitung Maj, bagaimana lagi Anda dapat mewakili perhitungan atas semiring? (Apa lagi selain polinomial atas semiring?) Secara intuitif, atas domain yang tak terbatas, setiap kendala pada beberapa y (memaksa bahwa pada> m / 2 y Anda harus menampilkan y) tampaknya "independen" dari yang lain (tidak ada subset kendala yang menyiratkan lain) sehingga tampaknya tidak ada polinomial "terbatas" yang dapat memuaskan banyak kendala independen.

— Ryan Williams

@Ryan: ya, ini hanya menunjukkan f = Maj menyiratkan h = Maj. Tetapi h memiliki derajat> 1, jadi h (x, x, z) = x tidak mungkin. Dan Anda benar: sirkuit di atas semir tidak dapat menghitung apa pun sebagai polinomial. Jadi, mereka tidak dapat menghitung Mayor. Tetapi penulis makalah itu berurusan dengan sirkuit {+, x, -, /}, dengan semua operasi lapangan diizinkan. Mungkin Maj masih bisa entah bagaimana dihitung? (Namun saya, tidak melihat caranya.) Btw alih-alih mencoba mensimulasikan Maj sendiri, orang dapat menjawab Q1 & Q2 dengan menunjukkan bahwa satu Maj-gate tidak dapat secara substansial mengurangi ukuran rangkaian (yang cukup masuk akal).

— Stasys

@Ryan: PS Igor Sergeev mengamati bahwa Maj "bisa" kemungkinan dapat dikomputasi (R, +, x, -, /). Misalnya Maj (x, y, z) dapat dihitung dengan f (x, y, z) = (xy + xz-2yz) / (2x-yz) untuk semua input dengan | {x, y, z} | = 2. Perhatikan bahwa argumen sederhana di atas menyiratkan bahwa, sudah pada input tersebut, ini tidak dapat dilakukan lebih dari (R, +, x, -). Jadi, pembagian dapat membantu. Tapi kami menghadapi pembagian dengan 0 edisi ...

— Stasys

Ini hanya sebagian jawaban untuk pertanyaan umum Anda (saya tidak yakin apa formulasi yang sepenuhnya umum akan), tetapi itu menunjukkan bahwa bekerja dengan semir tak terbatas yang cukup bagus sambil membatasi keacakan ke domain yang terbatas mungkin sebenarnya meremehkan pertanyaan apakah Teorema Adleman berlaku.

Misalkan Anda sedang mengerjakan bilangan kompleks , sehingga sirkuit menghitung polinomial di atas bidang itu, dan anggap fungsi itu sendiri dikomputasi oleh beberapa polinomial (betapapun rumit) dari variabel . Kemudian ternyata sudah untuk beberapa tetap , . Alasannya adalah bahwa untuk setiap , himpunan dengan menentukan subset Zariski-closed dari $\mathbb{C}$ $f$ $x$ $r$ $C(x,r) = f(x)$ $r$ $x$ $C(x,r) = f(x)$ , dan jadi harus semua , atau bagian dari ukuran nol. Jika semua himpunan ini memiliki ukuran nol, maka, karena hanya ada banyakdipertimbangkan, himpunanmanajuga memiliki ukuran nol. Di sisi lain, asumsi bahwamenghitungmenyiratkan bahwa set harus semua , sehingga tidak dapat memiliki ukuran nol. $\mathbb{C}^n$ $\mathbb{C}^n$ $r$ $x$ $\exists r : C(x,r) = f(x)$ $C$ $f$ $\mathbb{C}^n$

— Andrew Morgan
sumber

Menarik. Lebih umum, rangkaian probabilistik ukuran M adalah beberapa variabel acak C yang mengambil nilainya dalam rangkaian semua sirkuit (dari jenis itu) dengan paling banyak gerbang M. [Btw kertas Cucker di al. memungkinkan C didistribusikan secara sewenang-wenang. "Trik mayoritas" masih berfungsi.] Dapatkah saya menyimpulkan dari argumen Anda bahwa, jika rentang C terbatas, maka teorema Adleman itu sepele ketika subset yang ditutup Zarinski adalah sepele (set sendiri) atau memiliki ukuran nol? Apakah kita ini - "semua atau tidak sama sekali" - efek dalam semir tropis? (Saya terutama tertarik pada mereka.)

— Stasys

Saya tidak tahu bagaimana atau apakah argumen akan digeneralisasikan ke semir lain, maaf. Satu hal utama yang hilang (bagi saya) adalah intuisi geometris yang mirip dengan bagaimana "polinomial yang tidak setuju" diterjemahkan menjadi "mengukur-nol himpunan bagian dari

". Khusus untuk semir tropis, operasi tampak begitu berbeda dari polinomial biasa sehingga sulit untuk menebak apa yang harus dilakukan adaptasi yang sesuai.

C^{n}

$\mathbb{C}^n$

— Andrew Morgan