Estado de integridad de PP de MAJ3SAT


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PREGUNTA CORTA: ¿MAJ-3CNF es un problema de PP completo bajo muchas reducciones?

VERSIÓN MÁS LARGA: Es bien sabido que MAJSAT (decidir si la mayoría de las asignaciones de oración proposicional satisface la oración) es PP-completo bajo muchas reducciones y #SAT es # P-completo bajo reducciones parsimoniosas. También es evidente que # 3CNF (es decir, #SAT restringido a fórmulas de 3-CNF) es # P-completo, porque la reducción de Cook-Levin es parsimoniosa y produce un 3-CNF (esta reducción se usa realmente en el libro de Papadimitriou para mostrar # P-completitud de #SAT).

Parece que un argumento similar debería probar que MAJ-3CNF es PP-completo bajo muchas reducciones (MAJ-kCNF es MAJSAT restringido a fórmulas kCNF; es decir, cada cláusula tiene k literales).

Sin embargo, en una presentación de Bailey, Dalmau y Kolaitis, "Transiciones de fase de problemas de satisfacción de PP-Completo", los autores mencionan que "no se sabe que MAJ3SAT sea PP-Completo" (presentación en https: //users.soe.ucsc .edu / ~ kolaitis / talk / ppphase4.ppt ). Esta oración no parece aparecer en sus documentos relacionados, solo en sus presentaciones.

Preguntas: ¿Se puede adaptar la prueba de que # 3CNF es # P-complete para demostrar que MAJ3CNF es PP-complete? Dada la declaración de Bailey et al., Parece que no; si la prueba no lleva, entonces: ¿Hay una prueba de que MAJ-3CNF es PP-complete? Si no, ¿hay alguna intuición en cuanto a la diferencia entre PP y #P con respecto a este resultado?


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La reducción típica de CircuitSAT a 3sat no funciona porque introduce muchas variables nuevas. Entonces, si bien puede haber tenido 2 ^ (n-1) +1 asignaciones satisfactorias a un circuito dado con n entradas, y tendrá tantas para la instancia de 3sat, el número de vars en la instancia de 3cnf es mucho mayor que n, entonces ese número ya no es "una mayoría de tareas satisfactorias". Tenga en cuenta que Maj-3sat sigue siendo al menos NP difícil, porque puede agregar muchas tareas ficticias satisfactorias.
Ryan Williams

@RyanWilliams ¿Qué tal si tomamos esa instancia de 3CNF, la negamos y obtenemos una instancia de 3DNF (la negación toma un tiempo múltiple y cuando niegas una expresión CNF obtienes una expresión DNF). Entonces, la instancia original de CNF tenía más de (2 ^ (n-1)) que satisfacen asignaciones de verdad si y solo si la instancia de 3DNF tiene más de (2 ^ ((n + K) -1) que satisfacen asignaciones de verdad, donde K es el cantidad de variables adicionales ...
Tayfun Pay

Convertir cnf en dnf no requiere polytime en general. Comprobación de cordura rápida: si lo hizo, entonces P = NP ... comprobación más compleja: hay cnfs de cláusulas poli (n) cuyo dnfs equivalente mínimo tiene muchas cláusulas exp. Ver por ejemplo scholar.google.com/…
Ryan Williams

@RyanWilliams 1) Se necesita tiempo polivinílico para negar una expresión booleana 2) Cuando niegas un CNF obtienes un DNF, y viceversa. Lo más importante, negar un CNF en tiempo polinómico y obtener un DNF a cambio no cambia la complejidad de ese problema. Debería encontrar una asignación de verdad falsificadora para la fórmula CNF negada, que ahora es una fórmula DNF. Es NP-Complete encontrar una asignación de verdad falsa para una fórmula de DNF ...
Tayfun Pay

@RyanWilliams Conozco los trabajos que ha citado. Sin embargo, obtiene una expresión DNF cuando niega una expresión CNF. Y eso lleva tiempo polinómico con respecto a la longitud de la entrada.
Tayfun paga

Respuestas:


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RESPUESTA CORTA:
Se desconoce si es un problema P P completo bajo muchas reducciones.MAJ3CNFPP


RESPUESTA LARGA: En
primer lugar, se refiere a Bailey, Dalmau y Kolaitis, y su trabajo sobre "Transiciones de fase de problemas de satisfacción completa "PP en su pregunta. Déjame citarlos:

'También vale la pena señalar que, aunque es P P -completo, no se sabe si hay un número entero k 3 , tal que M A J O R I T Y k S A T es P P -completo.MAJORITY SATPPk3MAJORITY kSATPP

[ http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0166218X06004665 ]

De hecho, es correcto que la reducción de Cook-Levin sea parsimoniosa y produzca un 3CNF a partir de un determinado CNF. Como es # P -completo, inmediatamente se deduce que # 3 C N F también es # P -completo bajo reducciones parsimoniosas. Sin embargo, como ya se señaló en un comentario, las reducciones parsimoniosas no conservan la mayoría. Estas reducciones introducen variables auxiliares para reducir el tamaño de las cláusulas, pero a su vez, estas variables auxiliares aumentan el número total de asignaciones. Por ejemplo, considere el 4CNF que consiste en una sola cláusula:#CNF#P#3CNF#P

ϕ=(x1x2x3x4)

que se transforma en

ϕ=(x1x2y)(y(x3x4))

usando la variable auxiliar y finalmente al 3CNFy

ψ=(x1x2y)(¬yx3x4)(y¬x3)(y¬x4).

Esta transformación conserva claramente el conteo del modelo, pero es fácil ver que la mayoría no está preservada. tiene 15 tareas satisfactorias de 16 tareas, mientras que ψ tiene 15 tareas satisfactorias de 32 tareas. En el primero, la satisfacción de la mayoría es válida, mientras que en el segundo no se cumple la satisfacción de la mayoría.ϕψ

Por lo tanto, NO, la prueba de que # 3CNF es -completo no se puede adaptar para demostrar que M A J 3 C N F es P P -completa? Queda abierto si M A J 3 C N F es un problema completo de P P bajo reducciones de muchos.#PMAJ3CNFPPMAJ3CNFPP

no da mucho de una penetración entre las diferencias de # P y P P . En realidad, la variante de decisión de decisión de # 3 C N F , digamos D # 3 C N F , se define de la siguiente manera: dado un CNF ϕ y un número m 0 , decida si ϕ tiene al menos m asignaciones satisfactorias. Tenga en cuenta que para D # 3 C N FMAJ3CNF#PPP#3CNFD#3CNFϕm0ϕmD#3CNF, no nos importa la mayoría. Por lo tanto, podemos transformar cualquier CNF en 3CNF usando una reducción parsimona, lo que demuestra que es P P -completo bajo muchas reducciones. M A J 3 C N F es simplemente un problema diferente que D # 3 C N F .D#3CNFPPMAJ3CNFD#3CNF


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