Complejidad de la versión de búsqueda de 2-SAT asumiendo que

Si , entonces hay un algoritmo de espacio de registro que resuelve la versión de decisión de 2-SAT. $\mathsf{L = NL}$

¿Se sabe que implica que hay un algoritmo de espacio de registro para obtener una asignación satisfactoria , cuando se le da una instancia satisfactoria de 2-SAT como entrada? $\mathsf{L = NL}$
Si no, ¿qué pasa con los algoritmos que usan espacio sub-lineal (en el número de cláusulas)?

sat search-problem logspace

— Niel de Beaudrap
fuente

Dado un 2-CNF satisfactorio $\phi$ , puede calcular una asignación satisfactoria particular $e$ mediante una función NL (es decir, hay un predicado NL $P(\phi,i)$ que le dice si $e(x_i)$ es verdadero). Una forma de hacerlo se describe a continuación. Usaré libremente el hecho de que NL está cerrado bajo reducciones $\mathrm{AC}^0$ , por lo tanto, las funciones NL están cerradas bajo composición; Esto es una consecuencia de NL = coNL.

Sea $\phi(x_1,\dots,x_n)$ un 2-CNF satisfactoria. Para cualquier literal $a$ , vamos a $a^\to$ ser el número de literales accesible desde $a$ por un camino dirigido en el gráfico implicación de $\phi$ , y el número de literales de la que es alcanzable. Ambos son computables en NL. $\let\ot\leftarrow a^\ot$ $a$

Observe que , y , debido a la simetría sesgada del gráfico de implicación. Definir una tarea para que $\let\ob\overline \ob a^\to=a^\ot$ $\ob a^\ot=a^\to$ $e$

si , entonces ; $a^\ot>a^\to$ $e(a)=1$
si , entonces ; $a^\ot<a^\to$ $e(a)=0$
si , sea mínimo para que u aparezca en el componente fuertemente conectado de (no puede ser ambos, ya que es satisfactoria). Ponga si aparece , y caso contrario. $a^\ot=a^\to$ $i$ $x_i$ $\ob x_i$ $a$ $\phi$ $e(a)=1$ $x_i$ $e(a)=0$

La simetría sesgada de la gráfica implica que , por lo tanto, esta es una asignación bien definida. Además, para cualquier borde en el gráfico de implicación: $e(\ob a)=\ob{e(a)}$ $a\to b$

Si no se puede acceder desde , entonces , y . Por lo tanto, implica . $a$ $b$ $a^\ot<b^\ot$ $a^\to>b^\to$ $e(a)=1$ $e(b)=1$
De lo contrario, y están en el mismo componente fuertemente conectado, y , . Por lo tanto, . $a$ $b$ $a^\ot=b^\ot$ $a^\to=b^\to$ $e(a)=e(b)$

Se deduce que . $e(\phi)=1$

— Emil Jeřábek apoya a Monica
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¡Esto es bonito! ¿Hay una referencia?

— Ryan Williams

Lo acabo de cocinar, así que no lo sé, pero parece bastante fácil que alguien lo haya observado antes. Mi inspiración fue el argumento de que la clasificación topológica de órdenes parciales se puede hacer en TC ^ 0, por lo tanto, ts de gráficos acíclicos en NL; Esto tiene una referencia positiva, pero no estoy en la oficina en este momento, por lo que es difícil para mí buscarlo.

— Emil Jeřábek apoya a Monica el

El resultado de que las tareas satisfactorias se pueden calcular en FNL aparece con un argumento diferente en Cook, Kolokolova: Una teoría de segundo orden para NL, y con un poco más de detalles en Cook, Nguyen: Fundamentos lógicos de la complejidad de la prueba. Sin embargo, confieso que no puedo entender cómo se supone que funciona. Por lo que puedo decir, la propiedad (307) que queda como ejercicio para el lector en el libro de C&N es simplemente falsa.

— Emil Jeřábek apoya a Monica el