Pior número de perguntas necessárias para aprender um predicado monotônico sobre um poset

Considere $(X, \leq)$ um poset finita sobre itens, e um predicado monótona desconhecido através (isto é, para qualquer , , se e , em seguida, ). Eu posso avaliar fornecendo um nó e descobrindo se$n$$P$$X$$x$$y \in X$$P(x)$$x \leq y$$P(y)$$P$$x \in X$$P(x)$ é válido ou não. Meu objetivo é determinar exatamente o conjunto de nós modo que válido, usando o mínimo de avaliações de$x \in X$$P(x)$$P$que possível. (Posso escolher minhas consultas, dependendo da resposta de todas as consultas anteriores, não sou obrigado a planejar todas as consultas com antecedência.)

Uma estratégia over é uma função que me diz, em função das consultas que eu executei até agora e suas respostas, qual nó a ser consultado e que garante isso em qualquer predicado , seguindo a estratégia , Atingirei um estado em que conheço o valor de em todos os nós. O tempo de execução de em um predicado é o número de consultas necessárias para conhecer o valor de em todos os nós. O pior tempo de execução de é . Uma estratégia ideal S ' é tal que wr (S') = \ min_S wr (S) .( X , ≤ ) P P r ( S , P ) S P P S w r ( S ) = max P r ( S , P ) S ′ w r ( S ′ ) = min S w r ( S $S$$(X, \leq)$$P$$P$$r(S, P)$$S$$P$$P$$S$$wr(S) = \max_P r(S, P)$$S'$$wr(S') = \min_S wr(S)$

Minha pergunta é a seguinte: dado como entrada o poset $(X, \leq)$ , como posso determinar o pior tempo de execução das estratégias ideais?

[Está claro que, para um poset vazio , serão necessárias $n$ consultas (precisamos perguntar sobre cada nó) e que, para um pedido total em torno de $\lceil \log_2 n \rceil$ , serão necessárias consultas n \ rceil (fazendo uma pesquisa binária para encontrar a fronteira). Um resultado mais geral é o seguinte limite inferior teórico da informação: o número de opções possíveis para o predicado $P$ é o número $N_X$ de antichains de $(X, \leq)$ (porque existe um mapeamento individual entre predicados monotônicos e antichains interpretados como os elementos máximos de $P$ ), portanto, como cada consulta nos fornece um pouco de informação, precisaremos de pelo menos $\lceil \log_2 N_X \rceil$ , subsumindo os dois casos anteriores. Isso está limitado ou são alguns posets cuja estrutura é tal que o aprendizado pode exigir consultas assintoticamente mais do que o número de antichains?]

Esta não é uma resposta completa, mas é muito tempo para ser um comentário.

Acho que encontrei um exemplo para o qual o limite não é rígido.$\lceil \log_2 N_X \rceil$

Considere o seguinte poset. O conjunto de bases é e a i é menor que b j para todos os i , j ∈ { 1 , 2 } . Os outros pares são incomparáveis. (O diagrama de Hasse é um $X=\{a_1, a_2, b_1, b_2\}$$a_i$$b_j$$i,j\in\{1,2\}$$4$ ciclo de ).

Deixe-me identificar as propriedades monótonas com os transtornos do poset. Este poset tem sete viradas: , { b 1 } , { b 2 } , { b 1 , b 2 } , { a 1 , b 1 , b 2 } , { a 2 , b 1 , b 2 } , { a 1 , a 2 , b 1$\emptyset$$\{b_1\}$$\{b_2\}$$\{b_1,b_2\}$$\{a_1,b_1,b_2\}$$\{a_2,b_1,b_2\}$para este poset. , e este poset possui sete antichains, uma vez que os antichains estão em correspondência individual com as perturbações. Assim, ⌈ log 2 N X ⌉ = ⌈ log 2 7 ⌉ = $\{a_1,a_2,b_1,b_2\}$$\lceil \log_2 N_X \rceil=\lceil \log_2 7 \rceil = 3$

Agora, pelo argumento do adversário, mostrarei que qualquer estratégia precisa de pelo menos quatro consultas (portanto, é necessário consultar todos os elementos). Vamos consertar uma estratégia arbitrária.

Se a estratégia primeiro consultar , o adversário responderá " P ( a 1 ) não é válido". Então, ficamos com cinco possibilidades: ∅ , { b 1 } , { b 2 } , { b 1 , b 2 } , { a 2 , b 1 , b 2 } . Assim, para determinar qual é o caso, precisamos de pelo menos ⌈ log 2 5 ⌉ = $a_1$$P(a_1)$$\emptyset$$\{b_1\}$$\{b_2\}$$\{b_1,b_2\}$$\{a_2,b_1,b_2\}$$\lceil \log_2 5\rceil = 3$mais consultas. No total, precisamos de quatro consultas. O mesmo argumento aplica-se a primeira consulta é .$a_2$

Se a estratégia primeiro consultar , o adversário responderá " P ( b 1 ) é válido". Então, temos cinco possibilidades: { b 1 } , { b 1 , b 2 } , { a 1 , b 1 , b 2 } , { a 2 , b 1 , b 2 } , { a 1 , a 2 , $b_1$$P(b_1)$$\{b_1\}$$\{b_1,b_2\}$$\{a_1,b_1,b_2\}$$\{a_2,b_1,b_2\}$ . Portanto, precisamos de pelo menos mais três consultas como antes. No total, precisamos de quatro consultas. O mesmo argumento se aplica quando a primeira consulta é b 2 .$\{a_1,a_2,b_1,b_2\}$$b_2$

Se tomarmos cópias paralelas deste poset, então ele tem 7 k antichains, e, assim, o proposto é ligado ⌈ log 2 7 k ⌉ = 3 k . Mas, como cada uma das cópias precisa de quatro consultas, precisamos de pelo menos 4 k consultas.$k$$7^k$$\lceil \log_2 7^k \rceil = 3k$$4k$

Provavelmente, existe um poset maior com maior intervalo. Mas esse argumento só pode melhorar o coeficiente.

Aqui, o problema parece ser uma situação em que nenhuma consulta particiona o espaço de pesquisa uniformemente. Nesse caso, o adversário pode forçar a metade maior a permanecer.

Em seu artigo Todos os Posets possuem um elemento central , Linial e Saks mostram (Teorema 1) que o número de consultas necessárias para resolver o problema de identificação ideal em um poset é no máximo K 0 log 2 i ( X ) , onde K 0 = 1 / ( 2 - log 2 ( 1 + log 2 5 ) ) e I ( X ) é o número de ideais de X . O que eles chamam de "ideal" é na verdade um conjunto inferior$X$$K_0 \log_2 i(X)$$K_0 = 1/(2 - \log_2(1 + \log_2 5))$$i(X)$$X$e existe uma correspondência óbvia de um para um entre predicados monotônicos e o conjunto mais baixo dos pontos nos quais eles não se sustentam, além de seu "problema de identificação" ser identificar consultando os nós exatamente como no meu ambiente, então acho que eles são lidando com o problema no qual estou interessado e que $i(X) = N_X$ .

Portanto, de acordo com o resultado, o limite inferior da teoria da informação é restrito a uma constante multiplicativa relativamente pequena. Portanto, isso basicamente resolve a questão do número de perguntas necessárias, em função de e até uma constante multiplicativa: está entre log 2 N X e K 0 log 2 N $N_X$$\log_2 N_X$$K_0 \log_2 N_X$ .

Linial e Saks citam uma comunicação pessoal de Shearer para dizer que existem ordens conhecidas para as quais podemos provar um limite inferior de para alguns K 1 que é um pouco menor que K 0 (isso é no espírito de A resposta de Yoshio Okamoto que tentou essa abordagem por um valor menor de K $K_1 \log_2 N_X$$K_1$$K_0$$K_1$ ).

Isso não responde totalmente à minha pergunta de calcular o número de perguntas exigidas do , no entanto, como o cálculo do N X a partir do X é # P-completo , sinto que há pouca esperança. (Comentários sobre este ponto são bem-vindos.) Ainda assim, este resultado de Linial e Saks é esclarecedor.$X$$N_X$$X$

Para o cubo n booleano (ou, equivalentemente, para o poset ( 2 S , ⊆ ) de todos os subconjuntos de um conjunto de n elementos), a resposta é dada pelos teoremas de Korobkov e Hansel (de 1963 e 1966, respectivamente). O teorema de Hansel [1] afirma que uma função booleana monótona desconhecida (isto é, um predicado monótono desconhecido neste poset) pode ser aprendida por um algoritmo determinístico que obtém no máximo ϕ ( n ) = ($(\{0, 1\}^n, \leq)$$(2^S, \subseteq)$ consultas (ou seja,ϕ(n)perguntas no pior caso). Este algoritmo corresponde ao limite inferior do teorema de Korobkov [2], que diz que asconsultasϕ(n)-1não são suficientes. (Portanto, o algoritmo de Hansel é ideal na pior das hipóteses.) Um algoritmo em ambas as instruções é entendido como uma árvore de decisão determinística.$\phi(n) = \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor} + \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor + 1}$$\phi(n)$$\phi(n) - 1$

O logaritmo do número de antichains em é assintoticamente igual a ($(\{0, 1\}^n, \le)$ , portanto existe uma diferença de fator constante entre ologNXe o desempenho ótimo do algoritmoϕ(n)∼2 ($\binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor} \sim 2^n / \sqrt{\pi n / 2}$$\log N_X$ para este poset.$\phi(n) \sim 2 \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor}$

Infelizmente, não consegui encontrar um bom tratamento do algoritmo de Hansel em inglês disponível na web. É baseado em um lema que particiona o cubo n em $\phi(n)$ cadeias com propriedades especiais. Alguma descrição pode ser encontrada em [3]. Para o limite inferior, não conheço nenhuma referência a uma descrição em inglês.

Como estou familiarizado com esses resultados, posso postar uma descrição no arXiv, se o tratamento no artigo de Kovalerchuk não for suficiente.

Se não estou muito enganado, houve tentativas de generalizar a abordagem de Hansel, pelo menos para o poset , onde ( E k , ≤ ) é uma cadeia 0 < 1 < … < k - 1 , embora eu não pode dar nenhuma referência imediatamente. Para o caso booleano, as pessoas também investigaram outras noções de complexidade que não o pior caso para esse problema.$(E_k^n, \le)$$(E_k, \le)$$0 < 1 < \ldots < k - 1$

[1] G. Hansel, Sur nombre des fonctions booléennes monotones of n variables. CR Acad. Sci. Paris, 262 (20), 1088-1090 (1966)

[2] V. K. Korobkov. Estimation of the number of monotonic functions of the algebra of logic and of the complexity of the algorithm for finding the resolvent set for an arbitrary monotonic function of the algebra of logic. Soviet Math. Doklady 4, 753-756 (1963) (translation from Russian)

[3] B. Kovalerchuk, E. Triantaphyllou, A. S. Deshpande, E. Vityaev. Interactive learning of monotone Boolean functions. Information Sciences 94(1), 87-118 (1996) (link)

[NOTE: The following argument doesn't seem to work, but I'm leaving it here so others don't make the same mistake / in case someone can fix it. The issue is that an exponential lower bound on learning/identifying a monotone function, as below, does not necessarily contradict an incrementally polynomial algorithm for the problem. And it is the latter which is equivalent to checking the mutual duality of two monotone functions in poly time.]

I believe your conjecture on $\log N_X$ is false in general. If it is indeed the case that $\log N_X$ queries are needed, that implies quite a strong lower bound on learning monotone functions using membership queries. In particular, let the poset $X$ be the Boolean cube with the usual ordering (if you like, $X$ is the powerset of $\{1,...,n\}$ with $\subseteq$ as its partial order). The number $M$ of maximal antichains in $X$ satisfies $\log M = (1 + o(1))\binom{n-1}{\lfloor n/2 \rfloor}$ [1]. If your idea on $\log N_X$ is correct, then there is some monotone predicate on $X$ that requires essentially $\binom{n-1}{n/2} \approx 2^n$ queries. In particular, this implies a lower bound of essentially $2^n$ for the complexity of any algorithm solving this problem.

However, if I've understood correctly [which I now know I hadn't], your problem is equivalent to checking the mutual duality of two monotone functions, which can be done in quasi-polynomial time (see the intro of this paper by Bioch and Ibaraki, which cites Fredman and Khachiyan), contradicting anything close to a $2^n$ lower bound.

[1] Liviu Ilinca and Jeff Kahn. Counting maximal antichains and independent sets. arXiv:1202.4427