División por dos de funciones en #P

Deje ser una función de valor entero tal que esté en . ¿Se sigue que $F$ $2F$ $\#P$ $F$ está en ? ¿Hay razones para creer que es poco probable que esto se cumpla siempre? ¿Alguna referencia que deba saber? $\#P$

Sorprendentemente, esta situación surgió (con una constante mucho mayor), para una función para la cual $F$ $F \in? \#P$ es un viejo problema abierto.

Nota: Conozco el artículo M. Ogiwara, L. Hemachandra, Una teoría de la complejidad para las propiedades de cierre factibles donde se ha estudiado un problema relacionado de división por 2 (ver Thm 3.13). Sin embargo, su problema es diferente, ya que definen la división para todas las funciones a través del operador de piso. Eso les permitió hacer algunas reducciones rápidas a los problemas de paridad.

cc.complexity-theory complexity-classes counting-complexity

— Igor Pak
fuente

@Kaveh: Si es una función , y una función de tiempo múltiple, entonces está en , pero no necesariamente (presumiblemente). Por ejemplo, no parece haber ninguna razón por la cual todas las funciones GapP no negativas deberían estar en , pero de esta manera son reducibles a .

f (x)

$f(x)$

# P

$\#P$

g (y)

$g(y)$

f (g (y))

$f(g(y))$

# P

$\#P$

g (f (x))

$g(f(x))$

# P

$\#P$

# P

$\#P$

— Emil Jeřábek apoya a Monica el

@JoshuaGrochow: Sí, es "Aceptar si y solo si adivinó a los dos testigos 2F en orden lexicográfico".

@JoshuaGrochow Si hace una división sin función de piso,

colapsa a la siguiente clase de complejidad, que acabo de definir, a través del Teorema 5.9 en el libro TCTC.

hay un predicado de tiempo polinomial P y un polinomio q tal que, para todo

P P

${\bf PP}$

U P P X = {L |

${\bf UPPX} = \{ L |$

x

$x$

1.

$\bf 1.$

x \notin L \Rightarrow | | {y |

$x \not \in L \Rightarrow ||\{y|$

Entonces uno necesita mostrar dóndepertenece

en la jerarquía de complejidad. Es de esperar que

| y | \leq q (| x |) \land P (x, y)} | | < 1

$|y|\leq q(|x|) \wedge P(x,y)\}|| < 1$

2.

$\bf 2.$

x \in L \Rightarrow | | {y |

$x \in L \Rightarrow ||\{y|$

| y | \leq q (| x |) \land P (x, y)} | | \geq 1

$|y|\leq q(|x|) \wedge P(x,y)\}|| \geq 1$

}

$\}$

U P P X

${\bf UPPX}$

U P P X = P P

${\bf UPPX} = {\bf PP}$

— Tayfun Pay

¿Qué tan difícil es saber si una función en #PP es siempre pareja? Espero que sea indecidible.

— Peter Shor

@ PeterShor: Eso es ciertamente indecidible. Uno puede tomar una máquina que acepta si y solo si el testigo de conteo es todo 1s y la misma longitud que la entrada y M se detiene exactamente en pasos [de esa longitud].

Trato de dar mi intuición por qué creo que es poco probable que esto se mantenga. Tome su problema favorito en y conviértalo en un problema en , por ejemplo, nuestra función puede ser el número de ciclos hamiltonianos en un gráfico de entrada 3-regular que contiene un cierto borde fijo. A partir de la discusión de paridad sabemos que es siempre par, por lo que puede definir y no veo ninguna razón por la cual estaría en . $PPA$ $\sharp P$ $f$ $f$ $F:=f/2$ $F$ $\sharp P$

— domotorp
fuente

Bueno. Ahora estoy confundido. ¿No tiene

tres ciclos hamiltonianos?

K_{4}

$K_4$

— Peter Shor

De acuerdo ... lo he comprobado. El teorema es que cada borde aparece en un número par de ciclos hamiltonianos (no dirigidos) en un gráfico de 3 regulares, no es que haya un número par de ciclos hamiltonianos en total. Entonces, el problema de conteo correcto es: dado un gráfico de tres regulares y un borde

, sea

el número de ciclos hamiltonianos en

que pasan por

. ¿

en #P?

e

$e$

f

$f$

G

$G$

e

$e$

F / 2

$F/2$

— Peter Shor

De hecho, es curioso que nadie se haya dado cuenta antes ... Lo he agregado.

— domotorp

Aunque generalmente estoy de acuerdo con su intuición, en este caso, creo que

realidad puede estar en #P: Sea e = (v_1, v_2) la ventaja en G. Sea u, w los vecinos de v_1 que no están ' t v_2. La siguiente máquina NP tiene rutas de aceptación de f / 2: adivina un ciclo de Hamilton que incluye el par de aristas (u, v_1) y (v_1, v_2). (El punto es que la prueba de paridad uniforme crea una biyección entre dichos ciclos de Ham. Y aquellos que incluyen (w, v_1) y (v_1, v_2).) Entonces, para que la intuición funcione, necesita algo en PPA que se transmita, por ejemplo, un argumento de conteo, o que evita una biyección fácil ...

f / 2

$f/2$

— Joshua Grochow

El hecho no es cierto. Por ejemplo, es fácil comprobar que falla para todos los gráficos 3-regulares conectados en 8 vértices (consulte en.wikipedia.org/wiki/Table_of_simple_cubic_graphs#8_nodes para obtener una lista), excepto el cubo (que es transitivo por los bordes) .

— Emil Jeřábek apoya a Monica