Pengurangan antar bahasa dengan kepadatan berbeda?

The kepadatan dari bahasa adalah fungsi didefinisikan sebagai Misalkan dan adalah bahasa atas beberapa alfabet yang terbatas, banyak-satu logspace mengurangi ke , dan tidak di . Fungsi yang polynomially terkait jika ada polinomial dan sehingga untuk semua , dan $X$ $d_X \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$

d_{X} (n) = | {x \in X ∣ | x | \leq n} | .

$d_X(n) = |\{x\in X \mid |x| \le n\}|.$

A

$A$

B

$B$

A

$A$

B

$B$

B

$B$

L = DSPACE (\log n)

$\textsf{L} = \text{DSPACE}(\log n)$

f, g : N \to N

$f,g \colon\mathbb{N} \to \mathbb{N}$

p

$p$

q

$q$

n \in N

$n\in \mathbb{N}$

f (n) \leq p (g (n))

$f(n) \le p(g(n))$

g (n) \leq q (f (n))

$g(n) \le q(f(n))$ .

Jika kerapatan tidak secara polinomi terkait dengan kerapatan , dapatkah ada pengurangan ruang log dari ke ? $A$ $B$ $B$ $A$

Latar Belakang

Saya berharap jawabannya tidak, tetapi saat ini tidak dapat menunjukkan ini.

Jelas, jika adalah di maka tidak ada pengurangan logspace dari ke . Jadi ada beberapa contoh yang memungkinkan untuk memberikan jawaban negatif yang pasti. $A$ $\mathsf{L}$ $B$ $A$

Saya pertama kali memikirkan kasus di mana adalah bahasa yang sulit, dan diperoleh dengan meniup lubang di dengan mengambil , untuk beberapa bahasa gap yang berisi semua kata panjang untuk beberapa set (lihat Schmidt 1985 dan juga Regan dan Vollmer 1997 ). Hal ini menjamin pengurangan sepele dari ke . Bahasa kesenjangan biasanya memiliki kesenjangan yang meningkat secara eksponensial antara interval ukuran dalam . Ini memastikan bahwa kepadatan dan $B$ $A$ $B$ $A = B\cap G$ $G$ $n \in S_G$ $S_G \subseteq \mathbb{N}$ $A$ $B$ $G$ $S_G$ $A$ $B$ tidak terkait secara polinomi. Namun, tidak ada jaminan bahwa meniup lubang dalam bahasa selalu menimbulkan bahasa yang memiliki terlalu sedikit struktur menjadi target pengurangan dari . (Istilah meniup lubang berasal dari Downey dan Fortnow 2003. ) Perbedaan dalam kepadatan mungkin cukup untuk menjamin ini, tapi saya tidak segera melihat caranya. $B$

Contoh lain adalah ketika adalah campuran dari bahasa keras dan . Pertama membuat gappy bahasa dengan memotong beberapa bahasa dengan bahasa kesenjangan . kemudian hanya akan berisi contoh ukuran yang berada dalam interval dari set ukuran menentukan bahasa celah. Sekarang membuat dengan mencampur dengan beberapa bahasa keras kekosongan, dengan mengambil persatuan dan persimpangan dengan komplemen dari . Jika $B$ $A$ $A\not\in\mathsf{L}$ $C \not\in \textsf{L}$ $G$ $A$ $S_G$ $B$ $A$ $D$ $A$ $D$ $G$ $D$ cukup sulit dibandingkan dengan , seperti menjadi sementara , maka dengan teorema hierarki ruang tidak ada pengurangan ruang log dari ke . Tampaknya mungkin untuk memperluas ini untuk menunjukkan bahwa tidak ada pengurangan ruang log dari ke $C$ $D$ $\textsf{2EXPSPACE}$ $C \in \textsf{PSPACE} \setminus \textsf{L}$ $D$ $A$ $B$ $A$ .

Ini masih meninggalkan situasi di mana lebih sulit daripada tetapi "tidak terlalu banyak", misalnya mengambil menjadi SAT dan menjadi STCON, atau menjadi QBF-SAT dan menjadi SAT. Untuk mendapatkan hasil, seseorang mungkin harus menganggap untuk STCON / SAT atau untuk SAT / QBF-SAT, tetapi tidak segera jelas kepada saya bagaimana menggunakan asumsi-asumsi ini. $D$ $C$ $D$ $C$ $D$ $C$ $\mathsf{L} \ne \mathsf{NP}$ $\mathsf{NP} \ne \mathsf{PSPACE}$

cc.complexity-theory reductions structural-complexity

— András Salamon
sumber

A

$A$

2^{o (n)}

$2^{o(n)}$

B

$B$

n - 1

$n-1$

Saya pikir komentar daniello menjawab pertanyaan itu. Secara umum, banyak-satu pengurangan memberi tahu Anda sangat sedikit tentang kepadatan, bahkan jika Anda memiliki banyak-satu pengurangan di kedua arah. Pengurangan 1-1, dan pengurangan 1-1 di kedua arah (atau bahkan lebih kuat, p-isomorfisme) memberikan hubungan antara kepadatan (yaitu Berman-Hartmanis Isomorphism Conjecture yang memotivasi Teorema Mahaney; pada kenyataannya, saya pikir BH isomorfisma mungkin menjadi motivasi utama untuk melihat kepadatan sama sekali di tempat pertama ...)

— Joshua Grochow

$A$ $L$ $A$ $2^{o(n)}$

B = {s \circ 1 | s \in {0, 1}^{*}} \cup {s \circ 0 | s \in A} .

$B = \{s \circ 1 | s \in \{0,1\}^*\} \cup \{s \circ 0 | s \in A\}.$

\circ

$\circ$

B

$B$

Ω (2^{n})

$\Omega(2^n)$

2^{o (n)}

$2^{o(n)}$

A

$A$

B

$B$

A

$A$

B

$B$

0

$0$

B

$B$

A

$A$

1

$1$

0

$0$

B \notin L

$B \notin L$

— daniello
sumber

B \notin L

$B \not\in \textsf{L}$

A

$A$

A

$A$

@ András Salamon, terima kasih telah menunjukkannya, mengedit jawaban untuk menangkap komentar.

— daniello