NC = P consecuencias?

Complexity Zoo señala en la entrada de EXP que si L = P, entonces PSPACE = EXP. Dado que NPSPACE = PSPACE de Savitch, por lo que puedo decir, el argumento de relleno subyacente se extiende para mostrar que

$$(\text{NL} = \text{P}) \Rightarrow (\text{PSPACE} = \text{EXP}).$$ También sabemos que L $\subseteq$ NL $\subseteq$ NC $\subseteq$ P a través de la jerarquía alterna limitada por recursos de Ruzzo.

Si NC = P, ¿se sigue que PSPACE = EXP?

Una interpretación diferente de la pregunta, en el espíritu de Richard Lipton: ¿es más probable que algunos problemas en P no puedan ser paralelizados, que ningún procedimiento de tiempo exponencial requiere más que un espacio polinómico?

También estaría interesado en otras consecuencias "sorprendentes" de NC = P (cuanto más improbable, mejor).

Editar: la respuesta de Ryan lleva a otra pregunta: ¿cuál es la hipótesis más débil que se sabe que garantiza PSPACE = EXP?

• W. Savitch. Relaciones entre complejidades de cinta no deterministas y deterministas, Journal of Computer and System Sciences 4 (2): 177-192, 1970.
• WL Ruzzo. Sobre la complejidad del circuito uniforme, Journal of Computer and System Sciences 22 (3): 365-383, 1971.

Editar (2014): se actualizó el antiguo enlace del zoológico y se agregaron enlaces para todas las demás clases.

Sí. N C puede verse como la clase de lenguajes reconocidos por las máquinas Turing alternativas que usan el espacio O ( log n ) y el tiempo ( log n ) O ( 1 ) . (Esto fue probado por primera vez por Ruzzo.) P es la clase en la que las máquinas de Turing alternadas usan espacio O ( log n ) pero pueden tomar hasta n O ( 1 ) tiempo. Por brevedad llamemos a estas clases A T I S P [ ( log $NC$$O(\log n)$$(\log n)^{O(1)}$$P$$O(\log n)$$n^{O(1)}$) O ( 1 ) , log n ] = N C y A S P A C E [ O ( log n ) ] = P .$ATISP[(\log n)^{O(1)},\log n] = NC$$ASPACE[O(\log n)] = P$

Supongamos que las dos clases son iguales. Reemplazando la n con 2 n en lo anterior (es decir, aplicando lemas de traducción estándar), se obtiene$n$$2^n$

T I M E [ 2 O ( n ) ] = A S P A C E [ O ( n ) ] = A T I S P [ n O ( 1 ) , n ] ⊆ A T I M E [ n O ( 1 ) ] = P S P A C E .$TIME[2^{O(n)}] = ASPACE[O(n)] = ATISP[n^{O(1)}, n] \subseteq ATIME[n^{O(1)}] = PSPACE$

Si T I M E [ 2 O ( n ) ] ⊆ P S P A C E entonces E X P = P S P A C E también, ya que hay E X P -idiomas completos en T I M E [ 2 O ( n ) ] .$TIME[2^{O(n)}] \subseteq PSPACE$$EXP = PSPACE$$EXP$$TIME[2^{O(n)}]$

Editar: aunque la respuesta anterior es quizás más educativa, aquí hay un argumento más simple: E X P = P S P A C E ya se deduce de " P está contenido en el espacio polylog" y la traducción estándar. $EXP = PSPACE$$P$Note " P está contenida en el espacio polylog" es una hipótesis mucho más débil que N C = P .$P$$NC = P$

Más detalles: Dado que las familias de circuitos N C tienen profundidad ( log n ) c para alguna constante, cada familia de circuitos puede evaluarse en el espacio O ( ( log n ) c ) . Por lo tanto, N C ⊆ ⋃ c > 0 S P A C E [ ( log n ) c ] . Entonces P = N C implica P ⊆ ⋃ c > 0$NC$$(\log n)^c$$O((\log n)^c)$$NC \subseteq \bigcup_{c > 0} SPACE[(\log n)^c]$$P = NC$P A C E [ ( log n ) c ] . La aplicación de traducción (en sustitución de n con 2 n ) implica T I M E [ 2 O ( n ) ] ⊆ P S P A C E . La existencia de unlenguaje completo E X P en T I M E [ 2 O ( n ) ] finaliza el argumento.$P \subseteq \bigcup_{c > 0} SPACE[(\log n)^c]$$n$$2^n$$TIME[2^{O(n)}] \subseteq PSPACE$$EXP$$TIME[2^{O(n)}]$

Actualización: Abordando la pregunta adicional de Andreas, creo que debería ser posible probar algo como: E X P = P S P A C E si para todo c , cada lenguaje polinomialmente escaso en n O ( log c n ) el tiempo se puede resolver en Polylog espacio. (Ser polinomialmente escaso significa que hay a lo sumo p o l y ( n ) cadenas de longitud n en el lenguaje, para todo $EXP=PSPACE$$c$$n^{O(\log^c n)}$$poly(n)$$n$$n$.) Si es verdad, la prueba probablemente iría en la línea de Hartmanis, Immerman, y la prueba de que Sewelson N E = E si y sólo si todos los idiomas polinómicamente escasa en N P está contenido en P . (Tenga en cuenta que n O ( log c n ) el tiempo en el espacio de polylog todavía es suficiente para implicar P S P A C E = E X P. )$NE = E$$NP$$P$$n^{O(\log^c n)}$$PSPACE=EXP$

(I've seen Ryan's answer, but I just wanted to provide another perspective, which was too long to fit into a comment.)

In the $L = P \Rightarrow PSPACE = EXP$ proof, all that you need to know about L, informally, is that when blown up by an exponential, L becomes PSPACE. The same proof goes through for NL, because NL blown up by an exponential also becomes PSPACE.

Similarly, when NC is blown up by an exponential, you do get PSPACE. I like to see this in terms of circuits: NC is the class of polynomial size circuits with polylog depth. When blown up, this becomes exponential size circuits with polynomial depth. One can show that this is exactly PSPACE, once the appropriate uniformity conditions are added in. I guess if NC is defined with L-uniformity, then this will get PSPACE-uniformity.

The proof should be easy. In one direction, take a PSPACE-complete problem like TQBF and express the quantifiers using AND and OR gates of exponential size. In the other direction, try traversing the polynomial depth circuit recursively. The stack size will be polynomial, so this can be done in PSPACE.

Finally, I came up with this argument when I saw the question (and before reading Ryan's answer), so there might be bugs. Please point them out.

Here's a little more detail from the perspective of simulating time-space bounded Alternating Turing machine.

Suppose that $P = NC$.

Since $NC = ATISP((\log(n))^{O(1)}, O(\log(n)))$, we get

$$P = ATISP((\log(n))^{O(1)}, O(\log(n))).$$

Now, consider the linear time universal simulation problem $LinU$ where we are given an encoding on a Turing machine $M$ and an input string $x$ of length $n$ and we want to know if $M$ accepts $x$ in at most $n$ steps.

We know that $LinU \in P$. Therefore, there exists a constant $c$ (sufficiently large) such that

$$(*) \; LinU \in ATISP(\log^c(n), c\log(n)).$$

As a result of a padding argument (a little tricky see comments), we have

$$(1) \; DTIME(n) \subseteq ATISP(\log^c(n), c\log(n)).$$

Extending the padding argument, we get

$$(2) \; DTIME(n^k) \subseteq ATISP(k^c\log^c(n), kc\log(n)).$$ $$(3) \; DTIME(2^{n^k}) \subseteq ATISP(k^cn^{kc}, kcn^{k}).$$

Further, there are known results about the simulation of Alternating time-space bounded Turing machines. In particular, we know that

$$ATISP(\log^c(n), c\log(n)) \subseteq DSPACE(O(\log^{c+1}(n))).$$

Therefore, we (essentially) have the following for all natural numbers $k$:

$$(2^{*}) \; DTIME(n^k) \subseteq DSPACE(k^{c+1}\log^{c+1}(n))$$ $$(3^{*}) \; DTIME(2^{n^k}) \subseteq DSPACE(n^{k(c+1)}).$$

From $(3^{*})$, we would get that $EXP = PSPACE$.

====================After Thought===================

It is important to notice that $P = NC$ implies

$$ATISP((\log(n))^{O(1)}, O(\log(n))) = ATISP(\log^c(n), O(\log(n)))$$ for some constant $c$.

Any comments or corrections are welcomed. :)