¿Cuáles son las consecuencias de

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Sabemos que $\mathsf{L} \subseteq \mathsf{NL} \subseteq \mathsf{P}$ y que $\mathsf{L} \subseteq \mathsf{NL} \subseteq \mathsf{L}^2 \subseteq$ $\mathsf{polyL}$ , donde $\mathsf{L}^2 = \mathsf{DSPACE}(\log^2 n)$ . También sabemos que $\mathsf{polyL} \neq \mathsf{P}$ porque el último tiene problemas completos bajo el espacio logarítmico reducciones de muchos uno mientras que el primero no (debido al teorema de la jerarquía del espacio). Con el fin de comprender la relación entre $\mathsf{polyL}$ y $\mathsf{P}$ , que puede ayudar a entender primero la relación entre $\mathsf{L}^2$ y $\mathsf{P}$ .

¿Cuáles son las consecuencias de $\mathsf{L}^2 \subseteq \mathsf{P}$ ?

¿Qué pasa con el más fuerte $\mathsf{L}^{k} \subseteq \mathsf{P}$ para $k>2$ , o el más débil $\mathsf{L}^{1 + \epsilon} \subseteq \mathsf{P}$ para $\epsilon > 0$ ?

— argentpepper
fuente

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@OrMeir Recientemente agregué una explicación de este hecho al artículo de Wikipedia para polyL .

— argentpepper

13

L^{2} \subseteq P

$L^2 \subseteq P$

L \neq P

$L \neq P$

L ⊊ L^{2}

$L \subsetneq L^2$

12

Buena pregunta! Creo que definitivamente vale la pena una recompensa. Por cierto, aquí hay una observación simple, si , entonces . Por lo tanto, tenemos un algoritmo más eficiente para CNF-SAT y rechazamos ETH (hipótesis de tiempo exponencial).

L^{2} \subseteq P

$L^2 \subseteq P$

D S P A C E (n) \subseteq D T I M E (2^{O (\sqrt{n})})

$DSPACE(n) \subseteq DTIME(2^{O(\sqrt{n})})$

— Michael Wehar

3

Siguiendo el comentario de @ MichaelWehar, la implicación se deriva de un argumento de relleno estándar que se extiende a hipótesis más débiles: si

L^{1 + ϵ}

$L^{1 + \epsilon}$ está en

P

$P$ , entonces cualquier problema que pueda resolverse en un espacio lineal (incluido el problema de satisfacción), puede se resolverá a tiempo

2^{O (n^{\frac{1}{1 + ϵ}})}

$2^{O\left(n^{\frac{1}{1 + \epsilon}}\right)}$ .

— argentpepper

3

@SajinKoroth: Creo que su comentario, así como el de Michael Wehar (y el seguimiento de argentpepper) deberían ser respuestas ...

— Joshua Grochow

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La siguiente es una consecuencia obvia: implicaría y, por lo tanto, . $\mathsf{L}^{1+\epsilon} \subseteq \mathsf{P}$ $\mathsf{L} \subsetneq \mathsf{P}$ $\mathsf{L} \neq \mathsf{P}$

Según el teorema de la jerarquía espacial, . Si entonces . $\forall \epsilon > 0: \mathsf{L} \subsetneq \mathsf{L}^{1+\epsilon}$ $\mathsf{L}^{1+\epsilon} \subseteq \mathsf{P}$ $\mathsf{L} \subsetneq \mathsf{L}^{1+\epsilon} \subseteq \mathsf{P}$

— Sajin Koroth
fuente

Pequeña nota al pie: Si , entonces tenemos o .

P \neq L

$P \neq L$

P \neq N L

$P \neq NL$

N L \neq L

$NL \neq L$

— Michael Wehar

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$\newcommand{\DSPACE}{\mathsf{DSPACE}} \newcommand{\L}{\mathsf{L}} \newcommand{\P}{\mathsf{P}} \newcommand{\DTIME}{\mathsf{DTIME}}$

$\L^2 \subseteq \P$ refutaría la hipótesis del tiempo exponencial .

Si entonces mediante un argumento de relleno . Esto significa que el problema de satisfacción se puede decidir en pasos, refutando la hipótesis del tiempo exponencial. $\L^2 \subseteq \P$ $\DSPACE(n) \subseteq \DTIME(2^{O(\sqrt n)})$ $\mathsf{SAT} \in \DSPACE(n)$ $2^{o(n)}$

Más generalmente, para implica . $\DSPACE(\log^{k} n) \subseteq \P$ $k\geq1$ $\mathsf{SAT} \in \DSPACE(n) \subseteq \DTIME(2^{O(n^{\frac{1}{k}})})$

(Esta respuesta se expande a partir de un comentario de @MichaelWehar).

— argentpepper
fuente

¡Gracias por ampliar el comentario! Lo aprecio. :)

— Michael Wehar

1

Además, la última hipótesis también implica que está en DSPACE ( ) DTIME ( ).

Q B F

$QBF$

n

$n$

\subseteq

$\subseteq$

2^{O (n^{\frac{1}{k}})}

$2^{O(n^{\frac{1}{k}})}$

— Michael Wehar

8

El isomorfismo grupal (con grupos dados como tablas de multiplicación) estaría en P. Lipton, Snyder y Zalcstein mostraron que este problema está en , pero aún está abierto si está en P. El mejor límite superior actual es tiempo, y debido a que se reduce al isomorfismo gráfico, se erige como un obstáculo significativo para poner la iso del gráfico en P. $\mathsf{L}^2$ $n^{O(\log n)}$

Me hace preguntarme a qué otros problemas naturales e importantes se aplicaría esto: es decir, en pero con su cuasi-polinomio de límite superior de tiempo más conocido. $\mathsf{L}^2$

— Joshua Grochow
fuente

1

Más específicamente, el problema más general del isomorfismo de cuasigrupo está en , que es una subclase de .

β_{2} F O L L

$\beta_2 \mathsf{FOLL}$

L^{2}

$\mathsf{L}^2$

— argentpepper el

1

Además, el problema de rango de grupo (dado un grupo finito G como tabla de multiplicación y un entero k , ¿ G tiene un conjunto generador de cardinalidad k ?) También tiene esta propiedad. El algoritmo es solo una búsqueda en los subconjuntos de G de la cardinalidad k pero utiliza dos hechos importantes: (1) cada grupo finito tiene un conjunto generador de tamaño logarítmico y (2) la pertenencia a un subgrupo está en , que es igual a .

S L

$\mathsf{SL}$

L

$\mathsf{L}$

— argentpepper el

1

Reclamación: si para algunos , entonces y . $L^k \subseteq P$ $k > 2$ $P \neq \log(CFL)$ $P \neq NL$

Supongamos que para algunos . $L^k \subseteq P$ $k > 2$

Desde " Límites de memoria para el reconocimiento de lenguajes sin contexto y sensibles al contexto ", sabemos que . Por el teorema de la jerarquía espacial, sabemos que . $CFL \subseteq DSPACE(\log^2(n))$ $DSPACE(\log^2(n)) \subsetneq DSPACE(\log^k(n))$

Por lo tanto, obtenemos . $\log(CFL) \subseteq DSPACE(\log^2(n)) \subsetneq DSPACE(\log^k(n)) \subseteq P$

Además, según el Teorema de Savitch, sabemos que . Por lo tanto, obtenemos . $NL \subseteq L^2$ $NL \subseteq DSPACE(\log^2(n)) \subsetneq DSPACE(\log^k(n)) \subseteq P$

— Michael Wehar
fuente