Złożoność obwodu monotonicznego funkcji obliczeniowych na rzadkich wejściach

Wagaciągu binarnego to liczba jedynek w ciągu. Co się stanie, jeśli będziemy zainteresowani obliczeniem funkcji monotonicznej na wejściach z kilkoma? $|x|$ $x\in\{0,1\}^n$

Wiemy, że podjęcie decyzji, czy wykres ma klasę jest trudne dla obwodów monotonicznych (patrz między innymi Alon Boppana, 1987), ale jeśli wykres ma na przykład co najwyżej krawędzie , możliwe jest znalezienie obwodu głębokości ograniczonego monotonicznie rozmiar który decyduje o klika. $k$ $k^3$ $f(k)\cdot n^{O(1)}$ $k$

Moje pytanie: czy jest jakaś funkcja, którą trudno obliczyć za pomocą obwodu monotonicznego, nawet przy wejściach o masie mniejszej niż ? Tutaj hard oznacza rozmiar obwodu . $k$ $n^{{k}^{\Omega(1)}}$

Jeszcze lepiej: czy istnieje wyraźna funkcja monotoniczna, która jest trudna do obliczenia, nawet jeśli zależy nam tylko na wejściach wagi i ? $k_1$ $k_2$

Emil Jeřábek już zauważył, że znane dolne granice trzymać dla obwodów monotonicznych które oddzielają dwie klasy wejść ( -cliques vs maksymalnych -colorable wykresy), a tym samym na kosztach pewną niezależność w probabilistycznej argumentem jest to możliwe, aby go praca dla dwóch klas wprowadzania stałej masy. Spowoduje to, że będzie funkcją której chcę uniknąć. $a$ $(a-1)$ $k_2$ $n$

To, co naprawdę byłoby, to jawna twarda funkcja dla i znacznie mniejsza niż (jak w sparametryzowanej strukturze złożoności). Jeszcze lepiej, jeśli . $k_1$ $k_2$ $n$ $k_1=k_2+1$

Zauważ, że pozytywna odpowiedź dla oznaczałaby wykładniczą dolną granicę dla dowolnych obwodów. $k_1=k_2$

Aktualizacja : To pytanie może być częściowo istotne.

— MassimoLauria
źródło

Na twoje pierwsze (ogólne) pytanie (nie dotyczy Clique). Myślę, że nawet w przypadku wkładów z najwyżej

wejściami jest bardzo trudny. Weź dwustronny wykres

gdzie

. Przypisany do każdego wierzchołka

zmienna logiczna

. Niech

jest monotoniczny logiczna funkcja którego minterms są

na krawędziach

. Niech

2

$2$

n \times m

$n\times m$

G

$G$

m = o (n)

$m=o(n)$

u

$u$

x_{u}

$x_u$

f_{G} (x)

$f_G(x)$

x_{u} \land x_{v}

$x_u\land x_v$

u v

$uv$

G

$G$

Jest minimalny rozmiar obwodu monotonicznej które prawidłowo oblicza

na wejściach z

nich. Wówczas dowolna dolna granica

dla stałej

oznaczałabywykładnicządolną granicę dlaobwodówniemotonowych.

s (G)

$s(G)$

f_{G}

$f_G$

\leq 2

$\leq 2$

s (G) \geq (2 + c) n

$s(G)\geq (2+c)n$

c > 0

$c>0$

— Stasys,

Istniejące argumenty dla obwodów monotonicznych wymagają odrzucenia wielu wejść z wieloma (

) . Najlepiej można to zrobić tak daleko jest do udowodnienia

dolna granica, gdy obwód musi przyjąć wszystkie

-cliques i odrzuca kompletnymi -partite wykresy (

). Btw ważne jest to, że masz do czynienia z rzadkimi , a nie gęstymi wejściami. Powiedz

≫ n / 2

$\gg n/2$

\exp (min {a, n / b}^{1 / 4})

$\exp(\min\{a,n/b\}^{1/4})$

b

$b$

a

$a$

a < b

$a<b$

k

$k$ -Klique wymaga obwodów monotonicznych o wielkości około

dla każdej stałej

, ale

-Klique ma obwody monotoniczne o wielkości

dla każdej stałej

n^{k}

$n^k$

k \geq 3

$k\geq 3$

(n - k)

$(n-k)$

O (n^{2} \log n)

$O(n^2\log n)$

k

$k$

— Stasys,

Powinienem wyjaśnić, że zależy mi na rzadkich wejściach w sensie rzadkiego wykresu. Poszukiwanie kliki

na bardzo rzadkim wykresie (z powiedzmy

krawędziami) można wykonać w rozmiarze obwodu monotonicznego FPT.

k

$k$

k^{10}

$k^{10}$

— MassimoLauria,

Twój przykład w pierwszym komentarzu jest bardzo miły. Jeśli dobrze rozumiem, jest to podobny problem z funkcjami monotonicznymi, które są trudne przy stałej wadze

. Używając funkcji pseudo-dopełniania do symulacji zanegowanych sygnałów wejściowych, złożoność obwodu nie różni się między przypadkiem monotonicznym i niemonotonowym. Dla stałej (lub małej)

ten pseudo-dopełniacz może być skutecznie zaimplementowany przez obwód monotoniczny.

k

$k$

k

$k$

— MassimoLauria,

mój pierwszy komentarz opierał się na złożoności wykresu. Zjawisko „

” można znaleźć na stronie 13 tego szkicu . A właściwie nie do końca rozumiem, co masz na myśli mówiąc, że „jesteś twardy dla k i k + 1”? (Moja wina, oczywiście.)

(2 + c) n

$(2+c)n$

— Stasys,

biorąc pod uwagę jedną część pytania (np. dla = 1, = 2), Lokam badał funkcje „2-plasterek” w tym artykule i dowodzi, że można uogólnić silne dolne granice na nich, dlatego jest to bardzo trudne otwarty problem związany z separacją podstawowych klas złożoności i każda taka konstrukcja / wyraźna funkcja byłaby przełomem; z streszczenia: $k_1$ $k_2$

Funkcja boolowska f nazywana jest funkcją 2-segmentową, jeśli ocenia na zero na wejściach z mniej niż dwoma 1-i i ocenia na jeden na wejściach z więcej niż dwoma 1-je. Na wejściach z dokładnie dwoma 1-ymi f można zdefiniować nietradycznie. Istnieje naturalna zgodność między funkcjami 2-częściowymi i wykresami. Korzystając z ram złożoności wykresu, pokazujemy, że wystarczająco silne superliniowe monotoniczne dolne granice dla bardzo specjalnej klasy funkcji 2-segmentowych sugerowałyby superpolinomialne dolne granice na pełnej podstawie dla niektórych funkcji z nich pochodnych.

Złożoność wykresu i funkcje plastra / Satyanarayana V. Lokam, Theory Comput. Systems 36, 71–88 (2003)

podobnie jak w swoich komentarzach SJ omawia ten podobny przypadek w swojej książce w części poświęconej złożoności gwiazd na wykresach sec1.2.2.

Złożoność funkcji boolowskich: postępy i granice , Stasys Jukna

— vzn
źródło