Podemos gerar rapidamente um modelo 3 perfeitamente uniforme ou resolver o problema de NP?

Para ser sincero, não sei muito sobre como o número aleatório é gerado (comentários são bem-vindos!), Mas vamos assumir o seguinte modelo teórico: Podemos obter números inteiros uniformemente aleatórios a partir de $[1,2^n]$ e nosso objetivo é gerar um inteiro aleatoriamente uniforme de [1,3].

$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

Mas e se quisermos terminar com segurança no tempo polinomial? Devido a questões de divisibilidade, o problema se torna insolúvel. No entanto, gostaria de saber se podemos resolver o seguinte.

Suponha que possamos gerar inteiros uniformemente aleatórios a partir de e que recebamos um problema computacionalmente difícil. Nosso objetivo é produzir um número inteiro uniformemente aleatório a partir de [1,3] ou resolver o problema difícil.$[1,2^n]$

Aqui, o problema difícil pode ser fatorar um número inteiro, resolver uma instância SAT ou qualquer coisa semelhante. Por exemplo, podemos decodificar uma permutação unidirecional seguinte maneira, se recebermos (e supondo que seja par): Se, para a nossa sequência aleatória , faça , se , então pegue . Finalmente, se , então terminamos, como . (Se é ímpar, então algo semelhante funciona, apenas precisamos verificar se e subtrair se .)f ( x ) n f ( r ) < f ( x ) f ( r ) mod 3 f ( r ) > f ( x ) f ( r ) - 1 mod 3 f ( r ) = f ( x ) r = x n f ( r + 1 ) = f ( $f$$f(x)$$n$$f(r)<f(x)$$f(r) \bmod 3$$f(r)>f(x)$$f(r)-1\bmod 3$$f(r)=f(x)$$r=x$$n$2 f ( r ) > f ( x $f(r+1)=f(x)$$2$$f(r)>f(x)$

Resumo das respostas. Emil Jeřábek mostrou que, a menos que possamos gerar perfeitamente uniformemente, podemos resolver qualquer problema de pesquisa de valor único do TFNP e também do PPA-3. Por outro lado, daniello mostrou que não podemos resolver problemas completos de NP da maneira acima, a menos que NP = co-NP.

Como acompanhamento da resposta da domotorp, acredito que podemos resolver problemas de pesquisa de NP que satisfaçam uma das seguintes restrições:

1. o número de soluções é conhecido e não divisível por ; ou,$3$

2. o número de soluções é polinomialmente limitado (mas não conhecido antecipadamente).

Para 1., podemos usar preenchimento simples para reduzir ao seguinte caso:

• As soluções são de , onde é par.$[0,2^{m-1})$$m$

• O número de soluções satisfaz .$s$$s\equiv1\pmod3$

• Quaisquer duas soluções estão pelo menos distantes . (Digamos, todos são divisíveis por )$4$$4$

Observe que . Portanto, podemos resolver o problema escolhendo um aleatório e usando um protocolo semelhante ao da minha resposta para soluções únicas se (resultando em uma distribuição em curto de um por cada um dos soluções), e a saída de se .a ∈ [ 0 , 2 m ) a ∈ [ 0 , 2 m - s ) { 0 , 1 , 2 } 0 s 0 a ∈ [ 2 m - s , 2 m$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

Para 2., suponha primeiro que o número de soluções seja conhecido . Como em /cstheory//a/37546 , deixe ser a maior potência de que divide , de modo que . Considere o problema de pesquisa cujas soluções são as seqüências modo que e cada seja uma solução do problema original. Por um lado, o problema original se reduz ao novo. Por outro lado, o número de soluções do novo problema é , ou seja, não é divisível por$s\le p(n)$$3^k$$3$$s$y0,…,y3k-$3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$ y i ($y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$$\binom s{3^k}$$3$e conhecido. Assim, somos feitos por 1.

Agora, se o número de soluções for limitado por , mas não for conhecido, executaremos o protocolo acima de vezes ( ) em paralelo para cada opção possível de e:2 ℓ 2 ℓ ≥ p ( n ) 1 ≤ s ≤ 2 $p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• se algum dos threads retornar uma solução do problema original, passamos um deles para a saída;

• se todos os encadeamentos retornarem elementos , produziremos .( R 1 + R 2 + ⋯ + r 2 ℓ ) mod $r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

Condicionado no segundo evento, é distribuído uniformemente em por ser o número real de soluções do problema original, enquanto os outros são independentes de , portanto, a soma inteira também é distribuída uniformemente . { 0 , 1 , 2 } s r i r $r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

Usarei números começando de vez de , pois acho muito mais natural.$0$$1$

Aqui estão duas classes de problemas que podemos resolver dessa maneira:

1. Funções no TFNP (ou seja, problemas de pesquisa de NP total com valor único)

   (Isso generaliza o exemplo com permutações unidirecionais. Inclui como caso especial problemas de decisão de .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   A configuração é que temos um predicado em tempo polinomial e um polinômio modo que, para cada de comprimento , exista um único de comprimento tal que é válido. A tarefa computacional é, dado , encontre .p ( n ) x n y m = p ( n ) R ( x , y ) x $R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   Agora, assumirei wlog que é par, de modo que . O algoritmo é gerar um uniformemente aleatório e gerar2 m ≡ $m$y ∈ [ 0 , 2 m$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • R ( x , y $y$ (como solução do problema de pesquisa) se ;$R(x,y)$

   • { 0 , 1 , 2 } y - y ' ∈ { 1 , 2 $y-y'$ (como um elemento aleatório de ) se e ;$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • { 0 , 1 , 2 } y ' ∈ { y , y - 1 , y - 2 } R ( x , y '$y\bmod3$ (como um elemento aleatório de ) se nenhum resolver .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   Se não houvesse solução para o problema de busca, as escolhas aleatórias de dariam e vezes e vezes (mais uma). No entanto, se resolve o problema de pesquisa, mexemos nos elementos (que atingem todas as três classes de resíduos) para que eles produzam apenas os resíduos e , o que reduz a vantagem de . (Estou assumindo aqui wlog que .) 1 2 ( 2 m - 1 ) / 3 0 ( 2 m + 2 ) / 3 y y , y + 1 , y + 2 1 2 0 y < 2 m - $2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. Problemas pesquisa PPA-$3$

   Uma maneira conveniente de definir o PPA- é porque os problemas de pesquisa NP são muitos redutíveis aos seguintes tipos de problemas. Temos uma função de tempo polinomial fixo e um polinômio , de modo que, para qualquer entrada de comprimento , o mapeamento induzido restrito às entradas de comprimento é uma função satisfazendo para cada . A tarefa é, dado , encontre um ponto de correção de : .f ( x , y ) p ( n ) x n f x ( y ) = f ( x , y ) y m = p ( n ) f x : [ 0 , 2 m ) → [ 0 , 2 m ) f x ( f x ( f x ( y ) ) $3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$y x y f x f x ( y ) = $f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   Podemos resolver isso da seguinte maneira: dado de comprimento , geramos um aleatório de comprimento e a saídan y m = p ( n $x$$n$$y$$m=p(n)$

   • f $y$ , se for um ponto fixo de ;$f_x$

   • caso contrário, , e são elementos distintos. Podemos rotulá-los como com e gerar tal que .f x ( y ) f x ( f x ( y ) ) { y , f x ( y ) , f x ( f x ( y ) ) } = { y 0 , y 1 , y 2 } y 0 < y 1 < y 2 i ∈ { 0 , 1 , $y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$y = y $i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   É claro pelas definições que isso fornece uma distribuição uniforme em , pois os não pontos de fixação são triplos.$\{0,1,2\}$$y$

Deixe-me mostrar para registro a equivalência do problema acima com o problema completo de Papadimitriou para o PPA- , pois essa classe é principalmente negligenciada na literatura. O problema é mencionado em Buss, Johnson: “Provas e reduções proposicionais entre os problemas de busca de NP”, mas elas não indicam a equivalência. Para o PPA, um problema semelhante (LONELY) é dado em Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo e Pitassi: “A relativa complexidade dos problemas de pesquisa de NP”. Não há nada de especial em , o argumento abaixo funciona mutatis mutandis para qualquer primo ímpar.$3$$3$

Proposição: Os seguintes problemas de pesquisa de NP são múltiplos de um tempo redutíveis um ao outro:

1. Dado um circuito que representa um gráfico não-direcionado bipartido e um vértice cujo grau não é divisível por , encontre outro desses vértices.u ∈ Um ∪ B $(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. Dado um circuito que representa um gráfico direcionado e um vértice cujo balanço de graus (isto é, grau fora de grau menos em grau) não é divisível por , encontre outro desses vértices.u ∈ V $(V,E)$$u\in V$$3$

3. Dado um circuito que calcula uma função tal que , encontre um ponto fixo de .f 3 = i d$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

Prova:

$1\le_p2$ é óbvio, pois basta direcionar as bordas da esquerda para a direita.

A B V A = { x A : x ∈ V } B = { x B : x ∈ V } x → y { x A , y B } 1 { x B , y A } - 1 grau ( x A ) = - deg ( x B ) x $2\le_p1$ : Primeiro, vamos construir um gráfico bipartido ponderado. Seja e cópias de : , . Para cada aresta original , colocamos uma aresta de peso e uma aresta de peso . Isso faz com que igual ao balanço de graus de no gráfico original. Se é o vértice dado do balanço , adicionamos uma aresta extra de peso$A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u${ u A , u B } b deg ( u A ) = 2 b ≢ $b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$, de modo que e . será o nosso vértice escolhido.deg ( u B ) = 0 u $\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

Para transformar o gráfico em um gráfico não direcionado não ponderado, reduzimos primeiro todos os pesos do módulo e removemos todas as arestas do peso . Isso deixa apenas as arestas dos pesos e . Este último pode ser substituído por gadgets adequados. Por exemplo, em vez de uma aresta de peso , incluímos novos vértices , para , com arestas , , , , : isso faz com que0 1 2 2 { x A , y B } w Um i z B i i = 0 , ... , 3 { x A , y B } { x A , z B i } { w Um i , y B } { w A i , z B i } { w A $3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$$i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$deg ( w A i ) = deg ( z B i ) = 3 5 ≡ $\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$, E contribui para e .x A e $5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

n 2 n ≡ $3\le_p2$ : Deixe-me supor, por simplicidade, é igual a . Construímos um gráfico direcionado em seguinte maneira:$n$V = [ 0 , 2 n$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• Incluímos arestas e para cada .3 x + 2 → 3 x x < 2 n / 3 - $3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• Se é uma órbita não fixa de , incluímos as arestas e . f x 0 → x 1 x 0 → x $x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

O vértice escolhido será . A primeira cláusula contribui com o saldo ou para cada vértice . Da mesma forma, a segunda cláusula contribui com o saldo ou para vértices que não são pontos de correção. Portanto, supondo que ainda não seja um ponto de correção, é de fato o módulo desequilibrado e qualquer outro módulo vértice desequilibrado é um ponto fixo de .1 - 2 ≡ $u=2^n-1$$1$≠ L - 1 2 ≡ - $-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$u 3 3 $2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

A = B = [ 0 , 2 n ) n u ∈ A ≡ $1\le_p3$ : Podemos assumir que com pares, e o vértice dado tem grau .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

Podemos rotular eficientemente as bordas incidentes com um vértice como , onde . Dessa maneira, se torna um subconjunto de , que identificamos com . Definimos uma função em seguinte maneira.( y , j ) j < deg ( y ) E [ 0 , 2 n ) × [ 0 , 2 n ) [ 0 , 2 2 n ) f [ 0 , 2 n ) × [ 0 , 2 n$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• No complemento de : para cada , e tal que , fazemos , , . A função , , para . Isso deixa de fora o ponto e pontos para cada cujo grau não é divisível por .y ∈ B j deg ( y ) ≤ 3 j < 2 n - 1 f ( y , 3 j ) = ( y , 3 j + 1 ) f ( y , 3 j + 1 ) = ( y , 3 j + 2 ) f ( y , 3 j + 2 ) $E$$y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$f ( 3 i , 2 n - 1 ) = ( 3 i + 1 , 2 n - 1 ) f ( 3 i + 1 , 2 n - 1 ) = ( 3 i + 2 , 2 n - 1 ) f ( 3 i + 2 , 2 $f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$3 i < 2 n - 1 ( 2 n - 1 , 2 n - 1 ) 3 - ( deg ( y ) mod 3 ) ( y , i ) y ∈ B $f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• Em : para cada , uma enumeração eficiente de suas bordas incidentes , onde . Colocamos , , para . Isso exclui pontos para cada vértice cujo grau não é divisível por .x ∈ A ( y 0 , j 0 ) , … , ( y d - 1 , j d - 1 ) d = deg ( x ) f ( y 3 i , j 3 i ) = ( y 3 i + 1 , j 3 i + 1 ) f ( y 3 i $E$$x\in A$$(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$f( y 3 i + 2 , j 3 i + 2 )=( y 3 i , j 3 i )i<⌊d / 3⌋deg(x)mod3x$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$$x\in A$$3$

Desde , duas de suas arestas incidentes foram deixadas de fora; nós os transformamos em outro ciclo usando como terceiro ponto. Os pontos restantes são deixados como pontos de fixação de . Por construção, qualquer um deles dará origem a uma solução de (1).f ( 2 n - 1 , 2 n - 1 ) $\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$$(2^n-1,2^n-1)$$f$

Se você pudesse gerar perfeitamente o mod OU resolver o SAT (ou qualquer outro problema completo do NP, nesse caso), então . Em particular, considere o gerador / solucionador perfeito quando receber uma fórmula SAT .N P = c o N P $3$$NP = coNP$$\phi$

Seja o número máximo de bits aleatórios desenhados pelo gerador nas entradas de tamanho . Como o gerador é executado em tempo polinomial, é polinomial. Como não é divisível por , deve haver alguma sequência de no máximo arremessos de moedas que farão com que o gerador produza uma resposta (correta) para . Portanto, se é insatisfatório, há um conjunto de lançamentos de moedas que fazem o gerador dizer que é insatisfatório. Se for satisfatório, o gerador nunca reivindicará erroneamente quen ℓ ( n ) 2 ℓ ( n ) 3 ℓ ( n ) & Phi; & Phi; & Phi; & Phi; & Phi; L N S A T N P N P = C O N $\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$é insatisfatório, não importa quais são as moedas. Assim, mostramos que a linguagem de fórmulas insatisfatórias está em , implicando . $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

Então, aqui está uma extensão do argumento de Emil que mostra que problemas de pesquisa em que o número de soluções é 1, 2 ou 4 (não precisamos saber qual) podem ser resolvidos da maneira acima. Estou postando como resposta, porque é muito longo para um comentário e espero que alguém mais inteligente que eu possa provar que, na verdade, o número de soluções pode ser qualquer coisa que não seja divisível por 3.

Digamos que uma sequência aleatória esteja próxima de uma solução (ou seja, para um para o qual válido) se um de , ou é válido. (Por uma questão de simplicidade, suponha que e não sejam soluções.) Na solução de Emil, foi suficiente gerar uma sequência aleatória e gerar exceto que nós mexemos localmente nas soluções; Não entro em detalhes, veja a resposta dele. É o suficiente para nós que, se estiver próximo de uma solução, podemos matar um número arbitrárioy R ( x , y ) R ( x , r ) R ( x , r + 1 ) R ( x , r + 2 ) y = 0 y = 1 r r mod 3 r mod 3 r mod 3 r r mod 3 mod $r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$$R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$possivelmente produzindo uma solução para que, pelo resto dos , a função forneça um número perfeitamente uniforme .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

Agora, suponhamos que o número de soluções seja 1 ou 2 para qualquer . duas seqüências aleatórias de comprimento : e . Se pelo menos um deles não estiver perto de uma solução, produzimos . Por simplicidade, suponha que seja igual a que tenhamos um 0 extra se fizermos isso e também suponha que, se houver duas soluções, elas estão distantes. Se e estiverem próximos da mesma solução, . Se e estiverem próximos de soluções diferentes, se , torno de 1 e, sen r 1 r 2 r 1 + r 2 mod 3 n r 1 r 2 r 1 r 2 r 1 < r 2 r 1 > r $x$$n$$r_1$$r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , maneira a matar um 2. Dessa forma, se houver apenas uma solução, matamos exatamente um 0, enquanto que, se houver duas soluções, matamos dois 0 e um 1 e um 2.

Este argumento não pode ser estendido para 3 soluções, mas pode ser para 4, e daqui em diante eu serei muito superficial. Gere quatro seqüências aleatórias, e menos que todas estejam próximas de uma solução. Mais uma vez, suponha que haja um 0 extra e as soluções estejam sempre distantes. Se todos os estão próximos da mesma solução, tentamos matar um 0. Se três dos estão próximos da mesma solução que é menor que a solução na qual o quarto está próximo, ao redor para matar um 1. Se três dos estiverem próximos da mesma solução que é maior que a solução para a qual o quartor 1 + r 2 + r 3 + r 4 mod 3 r i r i r i r $r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$r $r_i$está perto, tentamos matar um 2. Se todos os estão perto de uma solução diferente, matamos três . A correção de uma e duas soluções é semelhante ao caso anterior. Para quatro soluções, observe que matamos quatro + três 0s, seis 1s e seis 2's.$r_i$

Penso que o raciocínio do último parágrafo pode ser estendido a qualquer número limitado de soluções que não seja divisível por 3 com alguma álgebra. Uma questão mais interessante é se existe um protocolo que funcione para qualquer número de soluções.