O Gap-3SAT NP está completo mesmo para as fórmulas 3CNF em que nenhum par de variáveis ​​aparece em cláusulas significativamente mais que a média?


32

Nesta pergunta, uma fórmula 3CNF significa uma fórmula CNF em que cada cláusula envolve exatamente três variáveis distintas . Para um constante 0 < s <1, Gap-3SAT s é o seguinte problema de promessa:

Gap-3SAT s
Instância : Um 3CNF fórmula φ.
Sim, prometo : φ é satisfatório.
Sem promessa : nenhuma atribuição de verdade satisfaz mais que a fração s das cláusulas de φ.

Uma das maneiras equivalentes de afirmar o célebre teorema do PCP [AS98, ALMSS98] é que existe uma constante 0 < s <1, de modo que Gap-3SAT s é NP completo.

Dizemos que uma fórmula 3CNF é limitada em pares por B se cada par de variáveis ​​distintas aparecer na maioria das cláusulas B. Por exemplo, uma fórmula 3CNF ( x 1x 2x 4 ) ∧ (¬ x 1 ∨¬ x 3x 4 ) ∧ ( x 1x 3 ∨¬ x 5 ) é em pares 2-delimitada mas não aos pares 1 -bounded porque, por exemplo, o par ( x 1 , x 4 ) aparece em mais de uma cláusula.

Pergunta . Fazer existem constantes B ∈ℕ, um > 0, e 0 < s <1 tais que Gap-3SAT s é NP-completo, mesmo para uma fórmula 3CNF que é par a par B -bounded e consiste de pelo menos um 2 cláusulas, onde n é o número de variáveis?

A delimitação por pares implica claramente que existem apenas cláusulas O ( n 2 ). Juntamente com o limite inferior quadrático do número de cláusulas, ele diz aproximadamente que nenhum par de variáveis ​​distintas aparece em significativamente mais cláusulas que a média.

Para o Gap-3SAT, sabe-se que o caso escasso é difícil : existe uma constante 0 < s <1, de modo que o Gap-3SAT s é NP-completo, mesmo para uma fórmula 3CNF em que cada variável ocorre exatamente cinco vezes [Fei98]. Por outro lado, o caso denso é fácil : o Max-3SAT admite um PTAS para uma fórmula 3CNF com Ω ( n 3 ) cláusulas distintas [AKK99] e, portanto, o Gap-3SAT s neste caso está em P para cada constante 0 < s <1. A pergunta é sobre o meio desses dois casos.

A questão acima surgiu originalmente em um estudo da complexidade computacional quântica, mais especificamente, sistemas interativos de prova de dois provadores e uma rodada com provadores entrelaçados (sistemas MIP * (2,1) ). Mas acho que a questão pode ser interessante por si só.

Referências

[AKK99] Sanjeev Arora, David Karger e Marek Karpinski. Esquemas de aproximação de tempo polinomial para instância densa de problemas NP-hard. Journal of Computer and System Sciences , 58 (1): 193-210, fevereiro de 1999. http://dx.doi.org/10.1006/jcss.1998.1605

[ALMSS98] Sanjeev Arora, Carsten Lund, Rajeev Motwani, Madhu Sudão e Mario Szegedy. Verificação de prova e dureza dos problemas de aproximação. Journal of the ACM , 45 (3): 501–555, maio de 1998. http://doi.acm.org/10.1145/278298.278306

[AS98] Sanjeev Arora e Shmuel Safra. Verificação probabilística de provas: Uma nova caracterização de NP. Journal of the ACM , 45 (1): 70–122, janeiro de 1998. http://doi.acm.org/10.1145/273865.273901

Uriel Feige. Um limite de ln n para aproximar a cobertura do conjunto. Journal of the ACM , 45 (4): 634–652, julho de 1998. http://doi.acm.org/10.1145/285055.285059


@ Tsuyoshi: estou certo ao presumir que nada se sabe sobre os outros casos intermediários, entre e m = Ω ( n 3 ) ? m=O(n)m=Ω(n3)
András Salamon

11
@ András: Não conheço nenhum resultado anterior sobre casos intermediários, mas tenho o que acho que é uma prova da completude do NP dos seguintes casos. (1) Pairwise delimitada, cláusulas, mas sem um intervalo. (2) Com uma lacuna, Ω ( n d ) cláusulas para qualquer constante d <3, mas não necessariamente em pares. (3) Com um intervalo, delimitado por pares, Ω ( n d ) cláusulas para qualquer constante d <2. A prova de (1) é uma simples redução de [Fei98]. A prova de (2) usa parte do resultado de Ailon e Alon 2007 . A prova de (3) usa expansores. Ω(n2)Ω(nd)Ω(nd)
Tsuyoshi Ito

11
@ Tsuyoshi: Ansioso para ler o seu artigo.
András Salamon

4
Não tenho uma resposta, mas gostaria de verificar se os métodos para certificar que um 3CNF aleatória de cláusulas M é insatisfatível pode ter sucesso aqui em mostrar esse problema é fácil, pelo menos se você exigiu a solidez para estar perto de 7/8. Esses trabalhos são bem-sucedidos quando há mais de n 1,5 cláusulas e foram estendidos a modelos semi-aleatórios (consulte Feige FOCS 07 sobre refinação de 3CNF suavizado). No entanto, parece que Tsuyoshi mostrou que mesmo o caso de n 1.9 aqui ainda é difícil para NP, então talvez isso mostre que esses trabalhos não são relevantes. sn1.5n1.9
Boaz Barak

7
Boaz, você sempre pode "densificar" uma instância do 3SAT substituindo todas as variáveis ​​por cópias e, em seguida, substituindo cada cláusula pelas cláusulas M 3 , substituindo cada variável na cláusula original por cópias de todas as maneiras possíveis. Isto dá-lhe um exemplo em que a mesma fracção de cláusulas como antes de ser satisfeita, mas ir de n variáveis e cláusulas m para nM variáveis e m M 3 cláusulas, assim, sem mais nenhuma restrição quanto ao número de ocorrências, é possível manter a solidez 7 / 8 + ε mesmo em fórmulas com N variáveis e N 2.999 cláusulas. MM3mM37/8+ϵNN2999
Luca Trevisan

Respostas:


6

Não é uma resposta completa, mas espero que próxima. Isso está muito próximo dos comentários de Luca acima. Acredito que a resposta é que pelo menos existem constantes B ∈ℕ, a > 0 e 0 < s <1, de modo que Gap-3SAT s seja NP-completo, mesmo para uma fórmula 3CNF que é par B e é composta por: pelo menos cláusulas, para qualquer constante ϵ .uman2-ϵϵ

A prova é a seguinte. Considere um GAP-3SAT s exemplo φ em N variáveis em que cada variável aparece no máximo 5 vezes. Isso é NP-completo, como você diz na pergunta.sϕN

Agora criamos uma nova instância seguinte maneira:Φ

  1. Para cada variável em ϕ , Φ tem n variáveis y i j .xEuϕΦnyEuj
  2. Para cada conjunto de índices , um e b com um b , Φ tem um par de cláusulas y i uma¬ y i b¬ yEuumabumabΦ , e y i b ¬ y i uma ¬ y i uma . Vou me referir a elas como cláusulas de comparação, pois elas garantem que y i a = y i b se estão satisfeitas.yEuumayEubyEubyEubyEuumayEuumayEuuma=yEub
  3. Para cada cláusula em atuando nas variáveis x i , x j e x k , para cada a e b , Φ contém uma cláusula equivalente, em que x i é substituído por y i a , x j é substituído por y j b e x k é substituído por y k ( a + b ) (aqui a adição é feita no módulo n ). Vou me referir a eles como cláusulas herdadas.ϕxEuxjxkumabΦxEuyEuumaxjyjbxkyk(a+b)n

O número total de variáveis é então . Nota Φ possui 2 N n 2 cláusulas de comparação e 5m=nNΦ2Nn2cláusulas herdadas, num total de1153Nn2cláusulas. Tomandon=Nk, temosm=Nk+1e o número total de cláusulasC=11113Nn2n=Nkm=Nk+1 . Tomamosk=ϵ-1-1, entãoCm2-ϵ.C=113N2k+1=113m21k+1k=ϵ11Cm2ϵ

Em seguida, é limitado por pares 8 (máximo de 2 das cláusulas de comparação e 6 das cláusulas herdadas).Φ

Finalmente, se é insatisfatório, pelo menos ( 1 - s ) cláusulas N são insatisfeitas. Agora, se y i umy i b para qualquer um , bϕ(1s)Nyiayiba,b , em seguida, pelo menos cláusulas estão insatisfeitos. Observe que, para satisfazer as cláusulas ( 1 - s ) N insatisfeitas em um conjunto de cláusulas herdadas para a , b fixo , a atribuição das variáveis y : a , y :n1(1s)Na,by:a e y : ( a + b ) devem diferir pelo menos 1 - sy:by:(a+b)posições, deixando pelo menos1-s1s5Ncomparação de cláusulas insatisfatórias. Isso deve valer para todas as opções deaeb, portanto, pelo menos1-s1s5N(n1)abcláusulas de comparação Cdevem permanecer insatisfeitas no total para que cláusulas herdadas suficientes sejam atendidas. Se, no entanto, você olhar para o outro extremo em que todas as cláusulas de comparação são satisfeitas, então ( 1 - s ) N n 2 = ( 1 - s ) m 2 k + 11s5Nn2=3(1s)11CcláusulasCsão insatisfatórias. Portanto, permanece um hiato (embora reduzido) coms=4+s(1s)Nn2=(1s)m2k+1k+1=(1s)C .s=4+s5

As constantes provavelmente precisam ser verificadas duas vezes.


Obrigado Joe. Desculpe se isso não estava claro, mas nesta questão, eu exijo que as três variáveis ​​em cada cláusula sejam todas distintas e, portanto, as cláusulas de comparação conforme elas são gravadas não podem ser usadas. Eu tenho uma prova do mesmo fato (cláusulas de pareamento limitado, Ω (n ^ (2 − ε)), com gap) que usa gráficos de expansor, mas se pode ser provado sem o uso de expansores, estou muito interessado.
Tsuyoshi Ito

@ Tsuyoshi: Ah, entendo. Na verdade, inicialmente eu havia provado isso para mim com variáveis ​​distintas, então há uma maneira muito fácil de obtê-lo da forma que você deseja. Você simplesmente atribui as cláusulas de comparação de uma maneira ligeiramente diferente. Em vez das duas cláusulas Eu dei o que você precisa 4: , y i um¬ y i byiayibyi(a+b) , ¬ y i umyiayibyi(a+b) e ¬ um + b ) . Claramente, eles reduzem as mesmas 2 cláusulas variáveis ​​de antes. Obviamente, isso distorce as constantes, mas não faz outra diferença. yiayibyi(a+b)yiayibyi(a+b)
Joe Fitzsimons

Talvez haja uma maneira de contornar o fator usando kϵ , embora a implementação mais ingênua disso dê exemplos que crescem muito ligeiramente mais rápido que o polinômio. k=k(n)
Joe Fitzsimons

Verificarei os detalhes com mais cuidado mais tarde, mas a idéia de usar a, b e (a + b) parece funcionar. Isso deve me libertar de lidar explicitamente com os expansores. Obrigado!
Tsuyoshi Ito

Sem problemas. Ainda bem que pude ajudar.
Joe Fitzsimons
Ao utilizar nosso site, você reconhece que leu e compreendeu nossa Política de Cookies e nossa Política de Privacidade.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.