Divisão por duas funções no #P

Seja uma função com valor inteiro tal que esteja em . Segue-se que está em ? Existem razões para acreditar que é improvável que isso ocorra sempre? Alguma referência que eu deva conhecer? $F$ $2F$ $\#P$ $F$ $\#P$

Surpreendentemente, essa situação surgiu (com uma constante muito maior), para uma função para a qual é um antigo problema aberto. $F$ $F \in? \#P$

Nota: Estou ciente do artigo M. Ogiwara, L. Hemachandra, Uma teoria da complexidade para propriedades viáveis de fechamento em que um problema relacionado de divisão por 2 foi estudado (ver Thm 3.13). O problema deles é diferente, pois eles definem a divisão para todas as funções através do operador de chão. Isso lhes permitiu fazer algumas reduções rápidas para problemas de paridade.

cc.complexity-theory complexity-classes counting-complexity

— Igor Pak
fonte

@ Kaveh: Se é uma função uma função de tempo poligonal, então está em , mas não necessariamente (presumivelmente). Por exemplo, parece não haver razão para que todas as funções GapP não-negativas devam estar em , mas são redutíveis a dessa maneira.

f (x)

$f(x)$

# P

$\#P$

g (y)

$g(y)$

f (g (y))

$f(g(y))$

# P

$\#P$

g (f (x))

$g(f(x))$

# P

$\#P$

# P

$\#P$

— Emil Jeřábek apoia Monica

@ JoshuaGrochow: Sim, é "Aceite se e somente se você adivinhou as duas testemunhas 2F em ordem lexicográfica".

@JoshuaGrochow Se você faz uma divisão com a função NO floor, o cai para a seguinte classe de complexidade, que acabei de definir, através do Teorema 5.9 no livro TCTC. existe um predicado em tempo polinomial P e um polinômio q tal que, para todos os , Então é necessário mostrar onde pertence à hierarquia de complexidade. Espero que seja o caso de

P P

${\bf PP}$

U P P X = {L |

${\bf UPPX} = \{ L |$

x

$x$

1.

$\bf 1.$

x \notin L \Rightarrow | | {y |

$x \not \in L \Rightarrow ||\{y|$

| y | \leq q (| x |) \land P (x, y)} | | < 1

$|y|\leq q(|x|) \wedge P(x,y)\}|| < 1$

2.

$\bf 2.$

x \in L \Rightarrow | | {y |

$x \in L \Rightarrow ||\{y|$

| y | \leq q (| x |) \land P (x, y)} | | \geq 1

$|y|\leq q(|x|) \wedge P(x,y)\}|| \geq 1$

}

$\}$

U P P X

${\bf UPPX}$

U P P X = P P

${\bf UPPX} = {\bf PP}$

— Tayfun Pay

Quão difícil é saber se uma função no #PP é sempre par? Eu espero que seja indecidível.

— quer

@ PeterShor: Isso é certamente indecidível. Pode-se usar uma máquina que aceite se, e somente se, a testemunha de contagem tiver todos os 1s e o mesmo comprimento que a entrada e M parar exatamente em [esse comprimento].

Eu tento dar a minha intuição por que acho que isso é improvável. Pegue seu problema favorito no e converta-o em um problema em , por exemplo, nossa função pode ser o número de ciclos hamiltonianos em um gráfico regular de entrada 3 contendo uma certa aresta fixa. A partir do argumento de paridade sabemos que é sempre mesmo, para que possa definir e não vejo nenhuma razão pela qual estaria em . $PPA$ $\sharp P$ $f$ $f$ $F:=f/2$ $F$ $\sharp P$

— domotorp
fonte

OK. Agora estou confuso. não tem três ciclos hamiltonianos?

K_{4}

$K_4$

— Peter Shor

Ok ... eu verifiquei. O teorema é que cada aresta aparece em um número par de ciclos hamiltonianos (não direcionados) em um gráfico de três regulares, não que exista um número par de ciclos hamiltonianos no total. Portanto, o problema de contagem correto é: dado um gráfico tripla e uma aresta , seja o número de ciclos hamiltonianos em que passam por . O em #P?

e

$e$

f

$f$

G

$G$

e

$e$

F / 2

$F/2$

— Peter Shor

De fato, engraçado que ninguém notou antes ... eu adicionei.

— Domotorp

Embora geralmente concorde com sua intuição, nesse caso, acho que pode realmente estar em #P: Seja e = (v_1, v_2) a vantagem em G. Seja u, sejam os vizinhos de v_1 que não são ' t v_2. A seguinte máquina NP possui caminhos de aceitação de f / 2: adivinhe um ciclo de Hamilton que inclua o par de arestas (u, v_1) e (v_1, v_2). (O ponto é que a prova de paridade uniforme cria uma bijeção entre esses ciclos de Ham. E aqueles que incluem (w, v_1) e (v_1, v_2).) Portanto, para que a intuição funcione, você precisa de algo no PPA que viaja, por exemplo, um argumento de contagem, ou que evita alguns bijection fácil ...

f / 2

$f/2$

— Joshua Grochow

O fato não é verdade. Por exemplo, é fácil verificar se ele falha em todos os gráficos tridimensionais conectados em 8 vértices (consulte en.wikipedia.org/wiki/Table_of_simple_cubic_graphs#8_nodes para obter uma lista), exceto o cubo (que é transitivo pela borda) .

— Emil Jeřábek apoia Monica