Złożoność obwodu OR gęstego operatora liniowego

Rozważ następujący prosty model obwodu monotonicznego: każda bramka jest tylko binarnym OR. Jaka jest złożoność funkcji $f(x)=Ax$ gdzie $A$ jest logiczną macierzą $n \times n$ z $O(n)$ 0? Czy można to obliczyć za pomocą obwodów OR o rozmiarach liniowych?

Bardziej formalnie, $f$ jest funkcją od $n$ do $n$ bitów. $i$ -tym wyjściowy $f$ jest $\bigvee_{j=1}^{n}(A_{ij} \land x_j)$ (tj OR podzestawu bitów wejściowych podanych przez $i$ -tym rzędzie $A$ ).

Zauważ, że $O(n)$ 0 dzielą rzędy $A$ na $O(n)$ zakresów (podzbiory składające się z kolejnych elementów $[n]$ ). Umożliwia to stosowanie znanych struktur danych zapytań o zakres. Np. Rzadką strukturę danych tabeli można przekształcić w obwód OR o rozmiarze $O(n\log n)$ . Algorytm Yao dla zapytań operatorów półgrup grupowych można przekształcić w obwód prawie liniowy (o wielkości $O(\alpha(n) \cdot n)$ gdzieα ( n ) jest odwrotnością Ackermanna)$\alpha(n)$

W szczególności nie wiem nawet, jak zbudować obwód o rozmiarach liniowych dla specjalnego przypadku, w którym każdy wiersz A zawiera dokładnie dwa zera. Chociaż przypadek dokładnie jednego zera w każdym rzędzie jest łatwy. (Każda funkcja wyjściowa może być obliczona na podstawie OR przedrostka [ 1 .. k - 1 ] i sufiksu [ k + 1 .. n ] , które można wstępnie obliczyć za pomocą 2 n bramek OR.)$A$$[1..k-1]$$[k+1..n]$$2n$

Jest to odpowiedź częściowa (twierdząca) w przypadku, gdy mamy górną granicę liczby zer w każdym rzędzie lub w każdej kolumnie.

Prostokąt jest matryca logiczna składa się z wielofunkcyjnego 1 podmatryca i mający zera w innym miejscu. OR rank R K ( ) o wartości logicznej matrycy najmniejszą liczbę R prostokątów, tak że można zapisać jako a (componentwise) lub tych prostokątów. Oznacza to, że każdy 1 wpis A jest 1 wpisem w co najmniej jednym z prostokątów, a każdy 0 wpis A jest 0 wpisem we wszystkich prostokątach. Należy pamiętać, że log r k ( ) jest dokładnie niedeterministyczny złożoność komunikacji macierzy $rk(A)$$r$$A$$A$$A$$\log rk(A)$$A$(gdzie Alice dostaje wiersze i kolumny Boba). Jak napisał OP, każda logiczna macierz m × n A = ( a i , j ) definiuje odwzorowanie y = A x , gdzie y i = ⋁ n j = 1 a i , j x j dla i = 1 , … , m . Oznacza to, że bierzemy iloczyn macierzowo-wektorowy nad semestr boolowski. $m\times n$$A=(a_{i,j})$$y=Ax$$y_i=\bigvee_{j=1}^na_{i,j}x_j$$i=1,\ldots,m$

Następujący lemat jest spowodowany przez Pudláka i Rödla; patrz Propozycja 10.1 w tym artykule lub Lemat 2.5 w tej książce, aby uzyskać bezpośrednią konstrukcję.

Lemat 1: Dla każdej logicznej n x n macierzy A , odwzorowanie Y = x może być obliczany za pomocą nieograniczonej Fanin OR obwodzie głębokości-3 przy użyciu co najwyżej O ( r k ( ) ⋅ n / log n ) przewodów. $n\times n$$A$$y=Ax$$O(rk(A)\cdot n/\log n)$

Mamy również następującą górną granicę rangi OR gęstych macierzy. Argument ten jest prostą odmianą tego, którego użył Alon w tym artykule .

Lemat 2: Jeśli każda kolumna lub każdy wiersz macierzy boolowskiej A zawiera co najwyżej d zera, to r k ( A ) = O ( d ln | A | ) , gdzie | A | oznacza liczbę 1 sz A . $A$$d$$rk(A)=O(d\ln|A|)$$|A|$$1$$A$

Dowód: konstruuj losową submatrix R all- 1 , wybierając każdy wiersz niezależnie z tym samym prawdopodobieństwem p = 1 / ( d + 1 ) . Niech będę uzyskanym losowym podzbiorem wierszy. Pozwól R = I × J , gdzie J jest zbiorem wszystkich kolumn A , które nie mają zer w rzędach I . $1$$R$$p=1/(d+1)$$I$$R=I\times J$$J$$A$$I$

A $1$-entry $(i,j)$ of $A$ is covered by $R$ if $i$ was chosen in $I$ and none of (at most $d$) rows with a $0$ in the $j$-th column was chosen in $I$. Hence, the entry $(i,j)$ is covered with probability at least $p(1-p)^{d}\geq pe^{-pd-p^2d}\geq p/e$. If we apply this procedure $r$ times to get $r$ rectangles, then the probability that $(i,j)$ is covered by none of these rectangles does not exceed $(1-p/e)^r\leq e^{-rp/e}$. By the union bound, the probability that some $1$-entry of $A$ remains uncovered is at most $|A|\cdot e^{-rp/e}$, which is smaller than $1$ for $r=O(d\ln|A|)$. $\Box$

Corollary: If every column or every row of a boolean matrix $A$ contains at most $d$ zeros, then the mapping $y=Ax$ can be computed by an unbounded fanin OR-circuit of depth-3 using $O(dn)$ wires.

I guess that a similar upper bound as in Lemma 2 should also hold when $d$ is the average number of $1$s in a column (or in a row). It would be interesting to show this.

Remark: (added 04.01.2018) An analogue $rk(A)=O(d^2\log n)$ of Lemma 2 also holds when $d$ is the maximum average number of zeros in a submatrix of $A$, where the average number of zeros in an $r\times s$ matrix is the total number of zeros divided by $s+r$. This follows from Theorem 2 in N. Eaton and V. Rödl;, Graphs of small dimension, Combinatorica 16(1) (1996) 59-85. A slightly worse upper bound $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$ can be derived directly from Lemma 2 as follows.

Lemma 3: Let $d\geq 1$. If every spanning subgraph of a bipartite graph $G$ has average degree $\leq d$, then $G$ can be written as a union $G=G_1\cup G_2$, where the maximum left degree of $G_1$ and the maximum right degree of $G_2$ are $\leq d$.

Proof: Induction on the number $n$ of vertices. The base cases $n=1$ and $n=2$ are obvious. For the induction step, we will color the edges in blue and red so that the maximum degree in both blue and red subgraphs are $\leq d$. Take a vertex $u$ of degree $\leq d$; such a vertex must exists because also the average degree of the entire graph must be $\leq d$. If $u$ belongs to the left part, then color all edges incident to $u$ in blue, else color all these edges in red. If we remove the vertex $u$ then the average degree of the resulting graph $G$ is also at most $d$, and we can color the edges of this graph by the induction hypothesis. $\Box$

Lemma 4: Let $d\geq 1$. If the maximum average number of zeros in a boolean $n\times n$ matrix $A=(a_{i,j})$ is at most $d$, then $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$.

Proof: Consider the bipartite $n\times n$ graph $G$ with $(i,j)$ being an edge iff $a_{i,j}=0$. Then the maximum average degree of $G$ is at most $d$. By Lemma 3, we can write $G=G_1\cup G_2$, where the maximum degree of the vertices on the left part of $G_1$, and the maximum degree of the vertices on the right part of $G_2$ is $\leq d$. Let $A_1$ and $A_2$ be the complements of the adjacency matrices of $G_1$ and $G_2$. Hence, $A= A_1\land A_2$ is a componentwise AND of these matrices. The maximum number of zeros in every row of $A_1$ and in every column of $A_2$ is at most $d$. Since $rk(A)\leq rk(A_1)\cdot rk(A_2)$, Lemma 2 yields $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$. $\Box$

N.B. The following simple example (pointed by Igor Sergeev) shows that my "guess" at the end of the answer was totally wrong: if we take $d=d(A)$ to be the average number of zeros in the entire matrix $A$ (not the maximum of averages over all submatrices), then Lemma 2 can badly fail. Let $m=\sqrt{n}$, and put an identity $m\times m$ matrix in, say left upper corner of $A$, and fill the remaining entries by ones. Then $d(A)\leq m^2/2n < 1$ but $rk(A)\geq m$, which is exponentially larger than $\ln|A|$. Note, however, that the OR complexity of this matrix is very small, is $O(n)$. So, direct arguments (not via rank) can yield much better upper bounds on the OR complexity of dense matrices.

(I tried to post this as a comment to Stasys' answer above, but this text is too long for a comment, so posting it as an answer.) Ivan Mihajlin (@ivmihajlin) came up with the following construction. Similarly to Stasys' proof, it works for the case when the maximum (rather than average) number of 0’s in each row is bounded.

First, consider the case when every row contains exactly two zeros. Consider the following undirected graph: the set of vertices is $[n]$; two nodes $i$ and $j$ are joined by an edge, if there is a row having zeros in columns $i$ and $j$. The graph has $n$ edges and hence it contains a cut $(L,R)$ of size at least $n/2$. This cut splits the columns of the matrix into two parts ($L$ and $R$). Let now also split the rows into two parts: the top part $T$ contains all columns that have exactly one zero in both $L$ and $R$; the bottom part $B$ contains all the remaining rows. What is nice about the top part of the matrix ($T \times (L \cup R)$) is that it can be computed by $O(n)$ gates. For the bottom part, let’s cut all-1 columns out of it and make a recursive call. The corresponding recurrence relation is $C(n) \le an + C(n/2)$ implying $C(n)=O(n)$.

Now, generalize it to the case of at most $d$ zeros in every row. Let $C_d(n)$ be the complexity of an $n \times (\le dn)$ matrix with at most $d$ zeros per row (if there are more than $dn$ columns, then some of them are all-1). Partition the columns into two parts $L$ and $R$ such that at least $n(1-2^{-d})$ rows (call them $T$) satisfy the following property: if there are exactly $d$ zeroes in a row, then not all of them belong to the same part (denote the remaining rows by $B$). Then make three recursive calls: $T \times L$, $T \times R$, and $B \times (L \cup R)$. This gives a recurrence relation $C_d(n) \le an + 2\cdot C_{d-1}(n(1-2^{-d}))+C_d(2^{-d}n)$. This, in turn, implies that $C_d(n) \le f(d)\cdot n$. The function $f(d)$ is exponential, but still.