Bisakah kita cepat menghasilkan mod seragam 3 sempurna atau memecahkan masalah NP?

Sejujurnya, saya tidak tahu banyak tentang bagaimana angka acak dihasilkan (komentar dipersilahkan!) Tapi mari kita asumsikan model teoritis berikut: Kita bisa mendapatkan bilangan bulat acak acak dari dan tujuan kami adalah untuk mengeluarkan bilangan bulat secara acak acak dari [1,3].$[1,2^n]$

Solusi sederhana yang diharapkan waktu berjalan polinomial adalah sebagai berikut. Buang (dan mungkin juga ) dari sehingga jumlah bilangan bulat yang tersisa dapat dibagi sehingga kita dapat mengambil dari bilangan bulat yang dihasilkan. Jika kami mendapatkan nomor yang dibuang, kami menghasilkan nomor lain, sampai kami mendapatkan nomor yang tidak dibuang.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

Tetapi bagaimana jika kita ingin mengakhiri pasti dalam waktu polinomial? Karena masalah keterbagian, masalah menjadi tidak terpecahkan. Namun, saya bertanya-tanya apakah kita dapat menyelesaikan yang berikut ini.

Misalkan kita dapat menghasilkan bilangan bulat secara acak dari $[1,2^n]$ dan kita diberikan masalah yang sulit secara komputasi. Tujuan kami adalah untuk mengeluarkan bilangan bulat secara acak acak dari [1,3] atau menyelesaikan masalah yang sulit.

Di sini masalah yang sulit dapat berupa faktor bilangan bulat, memecahkan instance SAT atau hal serupa lainnya. Sebagai contoh, kita dapat mendekode permutasi satu arah $f$ sebagai berikut, jika kita diberi beberapa $f(x)$ (dan seandainya $n$ adalah genap): Jika untuk string acak kita $f(r)<f(x)$ , maka ambil $f(r) \bmod 3$ , jika $f(r)>f(x)$ , maka ambil $f(r)-1\bmod 3$ . Akhirnya, jika $f(r)=f(x)$ , maka kita selesai, seperti $r=x$ . (Jika $n$ ganjil, maka sesuatu yang serupa bekerja, hanya saja kita juga harus memeriksa jika $f(r+1)=f(x)$ dan kurangi $2$ jika $f(r)>f(x)$ .)

Ringkasan jawaban. Emil Jeřábek telah menunjukkan bahwa kecuali kita dapat menghasilkan seragam secara sempurna, kita dapat menyelesaikan masalah pencarian bernilai tunggal dari TFNP, dan juga dari PPA-3. Di sisi lain, daniello telah menunjukkan bahwa kita tidak dapat menyelesaikan masalah NP-complete dengan cara di atas, kecuali NP = co-NP.

Sebagai kelanjutan dari jawaban domotorp, saya yakin kami dapat menyelesaikan masalah pencarian NP dengan memenuhi batasan berikut:

1. jumlah solusi diketahui, dan tidak habis dibagi ; atau,$3$

2. jumlah solusi dibatasi secara polinomi (tetapi tidak diketahui sebelumnya).

Untuk 1., kita dapat menggunakan padding sederhana untuk mengurangi ke kasus berikut:

• Solusinya adalah dari , di mana adalah genap.$[0,2^{m-1})$$m$

• Jumlah solusi memenuhi .$s$$s\equiv1\pmod3$

• Setiap dua solusi setidaknya berjarak terpisah. (Katakan, mereka semua habis dibagi )$4$$4$

Perhatikan bahwa . Jadi, kita bisa menyelesaikan masalah dengan memilih a acak , dan menggunakan protokol yang sama seperti dalam jawaban saya untuk solusi unik jika (menghasilkan distribusi pada kurang dari satu per masing-masing solusi ), dan menghasilkan jika .$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

Untuk 2., asumsikan pertama bahwa jumlah solusi adalah dikenal . Seperti di /cstheory//a/37546 , biarkan menjadi kekuatan terbesar dari yang membagi , sehingga . Pertimbangkan masalah pencarian yang solusinya adalah urutan sedemikian rupa sehingga , dan setiap adalah solusi dari masalah aslinya. Di satu sisi, masalah asli berkurang ke yang baru. Di sisi lain, jumlah solusi dari masalah baru adalah , yaitu, tidak dapat dibagi oleh$s\le p(n)$$3^k$$3$$s$$3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$$\binom s{3^k}$$3$, dan dikenal. Jadi, kita selesai dengan 1.

Sekarang, jika jumlah solusi dibatasi oleh , tetapi tidak diketahui, kami menjalankan protokol di atas kali ( ) secara paralel untuk setiap kemungkinan pilihan , dan:$p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• jika ada utas yang mengembalikan solusi dari masalah aslinya, kami meneruskannya ke keluaran;

• jika semua utas mengembalikan elemen , kami menghasilkan .$r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

Dikondisikan pada acara kedua, terdistribusi secara seragam di untuk menjadi jumlah sebenarnya dari solusi dari masalah asli, sementara yang lain independen dari , maka jumlah seluruh juga terdistribusi secara merata .$r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Saya akan menggunakan angka mulai dari daripada , karena saya merasa jauh lebih alami.$0$$1$

Berikut adalah dua kelas masalah yang bisa kita pecahkan dengan cara ini:

1. Fungsi dalam TFNP (yaitu, masalah pencarian NP total bernilai tunggal)

   (Ini menggeneralisasi contoh dengan permutasi satu arah. Ini termasuk sebagai masalah keputusan kasus khusus dari .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   Pengaturannya adalah bahwa kita memiliki predikat waktu polinomial , dan polinom sedemikian rupa sehingga untuk setiap panjang , terdapat unik panjang sedemikian rupa sehingga bertahan. Tugas komputasi, diberikan , temukan .$R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Sekarang, saya akan menganggap wlog bahwa adalah genap, sehingga . Algoritma ini untuk menghasilkan acak acak , dan output$m$$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • $y$ (sebagai solusi dari masalah pencarian) jika ;$R(x,y)$

   • $y-y'$ (sebagai elemen acak dari ) jika , dan ;$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • $y\bmod3$ (sebagai elemen acak dari ) jika tidak ada memecahkan .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Jika tidak ada solusi dari masalah pencarian, pilihan acak akan memberikan dan kali, dan kali (satu lagi). Namun, jika menyelesaikan masalah pencarian, kami mengutak-atik elemen (yang mengenai ketiga kelas residu) sehingga mereka hanya menghasilkan residu dan , yang meratakan keunggulan . (Saya berasumsi di sini wlog bahwa .)$2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. PPA- masalah pencarian$3$

   Cara mudah untuk mendefinisikan PPA- adalah sebagai masalah pencarian NP banyak orang dapat direduksi ke jenis masalah berikut. Kami memiliki fungsi waktu polinomial tetap , dan polinomial , sehingga untuk setiap input panjang , pemetaan yang diinduksi terbatas pada input panjang adalah fungsi memuaskan untuk setiap . Tugasnya adalah, diberikan , temukan fixpoint dari : .$3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$$f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Kita dapat menyelesaikan ini dengan cara pada pertanyaan sebagai berikut: diberikan panjang , kita menghasilkan acak panjang , dan output$x$$n$$y$$m=p(n)$

   • $y$ jika ini adalah fixpoint dari ;$f_x$

   • jika tidak, , , dan adalah elemen yang berbeda. Kita dapat melabeli mereka sebagai dengan , dan output sedemikian rupa sehingga .$y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$$i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   Jelas dari definisi bahwa ini memberikan distribusi yang seragam pada , karena titik non-fix datang tiga kali lipat.$\{0,1,2\}$$y$

Biarkan saya tunjukkan untuk catatan kesetaraan masalah di atas dengan masalah lengkap Papadimitriou untuk PPA- , karena kelas ini sebagian besar diabaikan dalam literatur. Masalahnya disebutkan dalam Buss, Johnson: "Bukti proposisi dan pengurangan antara masalah pencarian NP", tetapi mereka tidak menyatakan kesetaraan. Untuk PPA, masalah serupa (LONELY) diberikan dalam Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo, dan Pitassi: "Kompleksitas relatif masalah pencarian NP". Tidak ada yang istimewa dari , argumen di bawah ini berfungsi secara mutatis mutandis untuk setiap prime aneh.$3$$3$

Proposisi: Masalah pencarian NP berikut ini banyak waktu-satu dapat direduksi satu sama lain:

1. Diberikan sirkuit yang mewakili grafik tidak berarah bipartit , dan simpul yang derajatnya tidak dapat dibagi oleh , temukan simpul lain seperti itu.$(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Diberikan sirkuit yang merepresentasikan grafik berarah , dan simpul yang derajat keseimbangannya (yaitu, out-degree minus in-degree) tidak dapat dibagi dengan , temukan verteks semacam itu.$(V,E)$$u\in V$$3$

3. Dengan sirkuit yang menghitung fungsi sedemikian rupa sehingga , temukan titik fix dari .$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Bukti:

$1\le_p2$ jelas, karena cukup untuk mengarahkan tepi dari kiri ke kanan.

$2\le_p1$ : Pertama, mari kita buat grafik bipartit berbobot. Biarkan dan menjadi salinan : , . Untuk setiap tepi asli , kami menempatkan tepi dari bobot , dan sebuah tepi dari bobot . Ini membuat sama dengan keseimbangan derajat dalam grafik asli. Jika adalah titik keseimbangan yang diberikan , kami menambahkan tepi ekstra dari berat$A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u$$b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$, sehingga , dan . akan menjadi simpul pilihan kami.$\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

Untuk membuat grafik menjadi grafik tanpa arah polos tanpa bobot, pertama-tama kita mengurangi semua modulo bobot , dan menjatuhkan semua tepi bobot . Ini hanya menyisakan tepi bobot dan . Yang terakhir dapat diganti dengan gadget yang sesuai. Misalnya, alih-alih berat tepi , kami menyertakan simpul baru , untuk , dengan tepi , , , , : ini membuat$3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$$i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$$\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, Dan memberikan kontribusi ke dan .$5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

$3\le_p2$ : Biarkan saya berasumsi untuk kesederhanaan adalah bahkan . Kami membuat grafik terarah pada sebagai berikut:$n$$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• Kami menyertakan tepian dan untuk setiap .$3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• Jika adalah orbit non-fixpoint dari , kami menyertakan tepi dan .$x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

Titik puncak yang dipilih adalah . Klausa pertama menyumbang saldo atau untuk setiap simpul . Demikian juga, klausa kedua berkontribusi saldo atau untuk simpul yang bukan titik fix. Dengan demikian, dengan asumsi belum menjadi fixpoint, itu memang modulo tidak seimbang , dan modulo tidak seimbang simpul lainnya adalah fixpoint dari .$u=2^n-1$$1$$-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$$2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

$1\le_p3$ : Kita dapat mengasumsikan bahwa dengan genap, dan simpul diberikan memiliki derajat .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

Kita dapat secara efisien melabeli insiden tepi dengan simpul sebagai , di mana . Dengan cara ini, menjadi himpunan bagian dari , yang kami identifikasikan dengan . Kami mendefinisikan fungsi pada sebagai berikut.$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• Pada komplemen : untuk setiap , dan sehingga , kita membuat , , . Juga, , , untuk . Ini menghilangkan poin , dan poin untuk setiap yang derajatnya tidak dapat dibagi oleh .$E$$y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$$f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$$f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• Pada : untuk setiap , kami memperbaiki enumerasi tepi insiden yang efisien , di mana . Kami menempatkan , , untuk . Ini meninggalkan poin untuk setiap simpul yang derajatnya tidak dapat dibagi oleh .$E$$x\in A$$(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$$x\in A$$3$

Karena , dua dari tepi insidennya ditinggalkan; kita membuatnya menjadi siklus lagi menggunakan sebagai poin ketiga. Poin yang tersisa dibiarkan sebagai fixpoints dari . Dengan konstruksi, salah satu dari mereka akan memunculkan solusi (1).$\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$$(2^n-1,2^n-1)$$f$

Jika Anda dapat dengan sempurna menghasilkan mod ATAU menyelesaikan SAT (atau masalah NP-complete lainnya, dalam hal ini) maka . Secara khusus, pertimbangkan generator / pemecah sempurna ketika diberi rumus SAT .$3$$NP = coNP$$\phi$

Misalkan menjadi jumlah maksimum bit acak yang diambil oleh generator pada input ukuran . Karena generator beroperasi dalam waktu polinomial, adalah polinomial. Karena tidak dapat dibagi oleh harus ada beberapa urutan paling banyak lemparan koin yang akan membuat output generator jawaban (benar) untuk . Jadi, jika tidak memuaskan, ada satu set lemparan koin yang membuat generator mengatakan bahwa tidak memuaskan. Jika memuaskan maka generator tidak akan pernah salah mengklaim bahwa$\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$tidak memuaskan, tidak peduli apa koinnya. Dengan demikian, kami telah menunjukkan bahwa bahasa dari rumus yang tidak memuaskan adalah dalam , menyiratkan . $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

Jadi di sini ada ekstensi argumen Emil yang menunjukkan bahwa masalah pencarian di mana jumlah solusinya adalah 1, 2 atau 4 (kita tidak perlu tahu mana) dapat diselesaikan dengan cara di atas. Saya mempostingnya sebagai jawaban karena terlalu panjang untuk dikomentari dan saya harap seseorang yang lebih pintar dari saya dapat membuktikan bahwa sebenarnya jumlah solusi dapat berupa apa saja yang tidak dapat dibagi oleh 3.

Katakanlah bahwa string acak adalah dekat dengan solusi (yaitu, ke untuk yang memegang) jika salah satu dari , , atau tahan. (Untuk kesederhanaan, anggaplah bahwa dan bukanlah solusi.) Dalam solusi Emil, itu sudah cukup untuk menghasilkan string acak dan output kecuali bahwa kita secara lokal mengutak-atik solusi; Saya tidak merinci, lihat jawabannya. Sudah cukup bagi kita bahwa jika dekat dengan solusi, maka kita dapat membunuh nomor arbitrer$r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$$R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$dengan mungkin menghasilkan solusi sehingga untuk sisa 's fungsi memberikan angka yang sangat seragam .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

Sekarang, mari kita anggap bahwa jumlah solusi adalah 1 atau 2 untuk setiap . Kami menghasilkan dua string acak panjang : dan . Jika setidaknya salah satu dari mereka tidak dekat dengan solusi, kami menampilkan . Untuk kesederhanaan, anggaplah adalah demikian sehingga kita memiliki 0 ekstra jika kita baru saja melakukan ini, dan juga anggaplah bahwa jika ada dua solusi, mereka jauh. Jika dan keduanya dekat dengan solusi yang sama, kami bermain biak sehingga kami membunuh 0. Jika dan dekat dengan solusi yang berbeda, maka jika , kami mengutak-atik sehingga kami membunuh 1, dan jika$x$$n$$r_1$$r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , kami bermain sehingga kami membunuh 2. Dengan cara ini jika hanya ada satu solusi, kami membunuh tepat satu 0, sementara jika ada dua solusi, kami membunuh dua 0, dan satu 1 dan satu 2.

Argumen ini tidak dapat diperpanjang hingga 3 solusi, tetapi bisa untuk 4, dan dari sini saya akan sangat samar. Hasilkan empat string acak, dan output kecuali semuanya dekat dengan solusi. Sekali lagi anggaplah bahwa ada 0 ekstra dan solusi selalu jauh. Jika semua dekat dengan solusi yang sama, kami bermain untuk membunuh 0. Jika tiga dari dekat dengan solusi yang sama yang lebih kecil dari solusi yang dekat dengan keempat , kami bermain biola sekitar untuk membunuh 1. Jika tiga dari dekat dengan solusi yang sama yang lebih besar dari solusi yang keempat$r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$dekat, kita bermain-main untuk membunuh 2. Jika semua dekat dengan solusi yang berbeda, kita membunuh tiga 0. Ketepatan untuk satu dan dua solusi serupa dengan kasus sebelumnya. Untuk empat solusi, perhatikan bahwa kami membunuh empat + tiga 0, enam 1 dan enam 2.$r_i$

Saya berpikir bahwa alasan paragraf terakhir dapat diperluas ke sejumlah solusi terbatas yang tidak dapat dibagi oleh 3 dengan beberapa aljabar. Pertanyaan yang lebih menarik adalah apakah ada protokol yang berfungsi untuk sejumlah solusi.