Qual é a complexidade do problema de equivalência para árvores de decisão de leitura única?

Uma árvore de decisão de leitura única é definida da seguinte maneira:

$True$ e são árvores de decisão de leitura única. $False$
Se e são árvores de decisão de leitura única e é uma variável que não ocorre em e , também é uma árvore de decisão leitura única. $A$ $B$ $x$ $A$ $B$ $(x \land A) \lor (\bar x \land B)$

Entrada: Dois leitura uma vez árvores de decisão e . $A$ $B$
Saída: ? $A \equiv B$

Motivação:

Esse problema surgiu enquanto eu examinava o problema da equivalência de prova (permutação de regras) de um fragmento da lógica linear.

— Marc
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Você não pode usar diagramas binários de decisão reduzidos? Edit: err talvez não, suas variáveis são não ordenou ...

— Sylvain

@ Kaveh Não, isso ocorre na teoria da prova: estou analisando o problema da equivalência da prova (permutação de regras) de um fragmento da Lógica Linear. Tudo se resume a esse problema booleano. Como não sou especialista, imaginei que perguntaria se essa era uma pergunta bem conhecida / fácil. Por isso, sim, inventei o nome porque não conheço melhor.

— Marc

@ Marc, geralmente é uma boa idéia explicar por que você está interessado em um problema. Eu editei a pergunta. Por favor, dê uma olhada para garantir que está tudo bem. (Também remover os meus comentários anteriores, uma vez que não são mais necessários.)

— Kaveh

@ Kaveh Sim, desculpe por isso. Eu editei a sua reformulação para torná-lo mais perto do meu argumento original (eu não conseguia descobrir imediatamente se a sua foi OK para que ele parecia mais fácil para fazer isso)

— Marc

Respostas:

Encontrei uma solução parcial. O problema está em L.

A negação de é equivalente a que é equivalente a se ambos e são. $A \leftrightarrow B$ $(\bar A \land B) \lor (A \land \bar{B})$ $False$ $(\bar A \land B)$ $(A \land \bar{B})$

A árvore de decisão leitura uma vez para pode ser obtido a partir da leitura uma vez árvore de decisão para , alternando e em . Isso pode ser feito no espaço de log. $\bar{A}$ $A$ $True$ $False$ $A$

Para verificar se é equivalente a (e da mesma forma para ), percorremos todos os pares de folhas , uma de cada árvore, e verificamos se elas são compatíveis ( ou seja, não há em um dos caminhos e no outro). É equivalente a se não encontrarmos um par compatível. Isso pode ser feito no espaço de log. $\bar A \land B$ $False$ ${A} \land \bar{B}$ $True$ $x$ $\bar x$ $False$

Então o problema está pelo menos em L.

EDIT: Eu tenho algumas idéias para provar que isso é L-completo, provavelmente sob a redução . Mas eu precisaria verificar os detalhes e não caberá aqui. Vou postar um link para o artigo que estou escrevendo, se tudo der certo! $AC_0$

EDIT2: aqui está, http://iml.univ-mrs.fr/~bagnol/drafts/mall_bdd.pdf

Portanto, o problema é realmente completo no espaço de log.

— Marc
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como você consegue essa negação? A negação de deve ser , ou seja,

x . A + \bar{x} . B

$x.A+\overline{x}.B$

(\bar{x} + \bar{A}) . (x + \bar{B})

$(\overline{x}+\overline{A}).(x+\overline{B})$

x . \bar{A} + \bar{x} . \bar{B} + \bar{A} . \bar{B}

$x.\overline{A}+\overline{x}.\overline{B}+\overline{A}.\overline{B}$

— Denis

@ Denis: Eu acredito que este foi um erro de digitação, sua fórmula simplifica para , então, de fato, a negação é calculada lançando 0 e 1 nas folhas.

x . \bar{A} + \bar{x} . \bar{B}

$x.\bar A+\bar x.\bar B$

— Nicolas Perrin

@ AndrásSalamon, na verdade, o número de folhas é linear no tamanho da fórmula, então você precisa de um número logarítmico de bits para identificá-los, independentemente do equilíbrio da árvore. Depois, verifique se há uma variável problemática (uma com em um caminho e na outra) para cada par de . Eu pensei que havia um problema porque você precisava adivinhar a variável problemática para cada par, mas na verdade você pode tentar todas elas uma após a outra, ela permanece em porque o número de variáveis é linear.

x

$x$

\bar{x}

$\overline{x}$

1

$1$

L

$L$

— Denis

Uma maneira mais fácil de declarar isso é: Cada caminho é um termo mínimo ou máximo, dependendo do rótulo da folha. Verificamos se eles têm os mesmos min-termos. Podemos enumerar os min-termos no espaço de log e verificar se dois min-termos são iguais no espaço de log.

— Kaveh

Parece-me que isso realmente pode ser feito em (ou mesmo ) se você usar uma representação das árvores para verificar se um nó é um ancestral de outro em (por exemplo, algo como linguagem de conexão estendida para o circuito).

N C^{1}

$NC^1$

A C^{0}

$AC^0$

A C^{0}

$AC^0$

— Kaveh

Em uma fórmula ITE , é possível calcular polinomialmente uma lista de atribuições reduzida para descrever todas as avaliações, o que a torna verdadeira. $\phi$

Para fazer isso, basta olhar para sua fórmula como uma árvore com nós rotulados por variáveis e folhas por e . Ramos esquerdos são a parte "then" que define a variável como true e ramos direitos são a parte "else" que define false. Cada ramificação que leva a uma licença será rotulada por um conjunto de atribuição de variáveis parciais, por exemplo . Computar a lista de todos esses conjuntos de sua fórmula é polinomial. Você pode calcular uma forma normal dessa lista removendo um conjunto, se ele estiver contido em outro, e mesclando conjuntos que diferem em uma variável: se e estão na sua lista, você os remove e adiciona $0$ $1$ $1$ $\{x,\overline{y},z\}$ $\{x,\overline{y},z\}$ $\{x,y,z\}$ $\{x,z\}$ , o que significa que ele funciona, independentemente do valor de . No entanto, se você tiver e , não poderá mesclá-los e mantê-los assim. Você aplica essas regras até estabilizar, mais uma vez esse procedimento é polinomial. $y$ $\{x,\overline{y},z,t\}$ $\{x,y,z\}$

Finalmente, escolha uma ordenação arbitrária de variáveis , e chamá- o peso de . O peso de uma lista é a soma de todos os pesos que aparecem em que (com multiplicites). Aplique "rotações" sempre que possível, para minimizar o peso total da sua forma normal. Uma rotação alterações a com ( é uma lista, e e também pode ser negada variáveis). Podemos ver que ele faz a diminuição do peso total em $\{x_1,\dots,x_n\}$ $i$ $x_i$ $\{\vec x,x_i,x_j\},\{\vec x,\overline{x_j}\}$ $\{\vec x,x_i\},\{\vec x,\overline{x_i},\overline{x_j}\}$ $i<j$ $\vec x$ $x_i$ $x_j$ $j-i$ . Espero que agora a forma normal seja única, tentarei uma prova formal mais tarde.

Então, duas fórmulas são equivalentes se tiverem a mesma lista de forma normal de atribuições. Então, o problema parece estar em . $P$

— Denis
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Olá, obrigado pela sua resposta, a primeira parte com árvores e essa é realmente uma boa maneira de analisar o problema. Mas a segunda parte não funciona: formas normais não são exclusivos, por exemplo. - - . No entanto, pode haver algo específico sobre as fórmulas ITE que o fazem funcionar. Mas, como tal, iria resolver a equivalência de qualquer soma de monômios, que é coNP completa, eu acredito.

x, y, z

$x,y,z$

x, \bar{y}, z

$x,\bar y,z$

x, y, \bar{z}

$x,y,\bar z$

— Marc

Ah sim esqueceu que, eu estou adicionando uma correção esperando que funciona agora.

— Denis

Não se esqueça de reclamar o seu $ milhões se ele funciona :)

— Marc

Sim, aparentemente eu reduzi um problema em para um coNP-completo, tanto para efficency ...

L

$L$

— Denis