Que evidência temos de ?

Seguindo a sugestão de Josh Grochow, estou convertendo meu comentário de uma pergunta anterior em uma nova.

Que evidência temos de ? $\mathsf{UP} \neq \mathsf{NP}$

Aqui é a classe de idiomas reconhecíveis pelas máquinas de Turing não determinísticas de tempo polinomial que possuem um caminho de aceitação exclusivo nas instâncias "yes" e nenhum caminho de aceitação nas instâncias "no". $\mathsf{UP}$

Obviamente , mas por que acreditamos que a contenção é rígida? A evidência que posso encontrar é a separação do oráculo : sujeita a um oráculo aleatório, . Além disso, o Zoológico de Complexidade sugere que não se acredita que tenha problemas completos. $\mathsf{UP} \subseteq \mathsf{NP}$ $\mathsf{P} \subsetneq \mathsf{UP} \subsetneq \mathsf{NP}$ $\mathsf{UP}$

— Sasho Nikolov
fonte

Discussão relacionada aqui: cstheory.stackexchange.com/q/3887/1800

— Hsien-Chih Chang,

@ Hsien-ChihChang, hm, talvez minha pergunta seja duplicada. Se você acha, posso sinalizá-lo para exclusão.

— Sasho Nikolov

Eu não acho que isso seja uma duplicata. Eu acho que as respostas para a outra pergunta contariam como respostas para essa, mas não necessariamente vice-versa - pode haver razões para acreditar que

N P \neq U P

$\mathsf{NP} \neq \mathsf{UP}$ não tem a forma " Se

N P = U P

$\mathsf{NP}=\mathsf{UP}$ , ocorrerão algumas (outras) consequências de complexidade ruim. "

— Joshua Grochow

A melhor evidência é que temos limites superiores subexponenciais para alguns problemas naturais intratáveis na UP (como as versões de decisão do logaritmo discreto e fatoração de número inteiro), enquanto não conseguimos encontrar esse limite superior para certos problemas de NP completos, como 3SAT. Esse limite superior para o 3SAT é impossível assumindo a hipótese do tempo exponencial.

— Mohammad Al-Turkistany

@ MohammadAl-Turkistany: Mas esses problemas estão em ; portanto, se , eles ainda estarão em , por isso não seria -completo a menos que ...

U P \cap c o U P

$\mathsf{UP} \cap \mathsf{coUP}$

N P = U P

$\mathsf{NP} = \mathsf{UP}$

N P \cap c o N P

$\mathsf{NP} \cap \mathsf{coNP}$

N P

$\mathsf{NP}$

N P = c o N P

$\mathsf{NP} = \mathsf{coNP}$

— Joshua Grochow

Mesmo Selman e Yacobi conjeturaram que não existe um par separado modo que todos os separadores de sejam serem para . Essa conjectura implica que . $NP$ $(A, B)$ $(A, B)$ $\le_T^p$ $NP$ $UP \ne NP$

S. Even, A. Selman e J. Yacobi. A complexidade de prometer problemas com aplicativos para criptografia de chave pública. Information and Control, 61: 159-173, 1984.

— Mohammad Al-Turkistany
fonte

Isso também funciona como uma boa resposta para o post relacionado cstheory.stackexchange.com/questions/3887/…

— Mohammad Al-Turkistany

Essa forte conjectura também implica que .

N P \neq c o N P

$NP \ne coNP$

— Mohammad Al-Turkistany