Ejemplo que demuestra el poder de los circuitos no deterministas

Un circuito booleano no determinista tiene, además de las entradas ordinarias , un conjunto de entradas "no deterministas" . Un circuito no determinista acepta la entrada si existe tal que la salida del circuito activada . Análogo a $x = (x_1,\dots,x_n)$ $y=(y_1,\dots,y_m)$ $C$ $x$ $y$ $1$ $(x,y)$ $P/poly$ (la clase de idiomas que se puede decidir mediante circuitos de tamaño polinómico), se puede definir como la clase de idiomas que se puede decidir mediante circuitos no deterministas de tamaño polinómico. Se cree ampliamente que los circuitos no deterministas son más potentes que los circuitos deterministas, en particular implican que la jerarquía polinómica se colapsa. $NP/poly$ $NP \subset P/poly$

¿Existe un ejemplo explícito (e incondicional) en la literatura que muestre que los circuitos no deterministas son más poderosos que los circuitos deterministas?

En particular, ¿conoce una familia de funciones computable por circuitos no deterministas de tamaño , pero no computable por circuitos deterministas de tamaño ? $\{f_n\}_{n > 0}$ $cn$ $(c+\epsilon)n$

cc.complexity-theory circuit-complexity nondeterminism

— Gustav Nordh
fuente

No creo que se conozca a una familia así. Aquí hay un artículo reciente que estudia los circuitos no deterministas: arxiv.org/abs/1504.06731 Recuerdo que antes de publicar el documento Hiroki hizo una pregunta similar aquí

— Alexander S. Kulikov

Gracias. Supongo que la pregunta a la que se refiere es la siguiente: cstheory.stackexchange.com/q/25736, que está relacionada, pero solicita límites inferiores en la complejidad del circuito no determinista.

— Gustav Nordh

Una propiedad importante de los circuitos no deterministas es que siempre se pueden transformar en circuitos de profundidad 2 equivalentes agregando más entradas no deterministas, utilizando las mismas ideas que en la reducción de CircuitSAT a SAT. En particular, esto significa que los circuitos no deterministas de profundidad 2 pueden calcular la paridad de n bits en tamaño polinómico, mientras que los circuitos deterministas de profundidad 2 deben ser de tamaño 2 ^ n-1.

— O Meir el

¡Buen punto! Especialmente en relación con el resultado de Hiroki mencionado anteriormente, que la complejidad del circuito no determinista de paridad es 3 (n-1), que es igual a la complejidad del circuito determinista de paridad.

— Gustav Nordh

El caso de las fórmulas de DeMorgan es similar a los circuitos de profundidad 2 mencionados anteriormente. Las fórmulas de DeMorgan no deterministas pueden calcular la paridad de n bits en tamaño lineal, utilizando ideas similares a los circuitos de profundidad 2, mientras que las fórmulas de DeMorgan deterministas necesitan un tamaño cuadrático según el teorema de Khrapchenko.

— Hiroki Morizumi

Si este problema no tiene progreso, tengo una respuesta.

También he considerado este problema desde mi artículo COCOON'15 (antes de su pregunta).

Ahora, tengo una estrategia de prueba, e inmediatamente, se da el teorema siguiente: Hay una función booleana tal que el determinista complejidad -Circuito de es como máximo de y el determinista -Circuito La complejidad de es . $f$ $U_2$ $f$ $2n + o(n)$ $U_2$ $f$ $3n - o(n)$

Pido disculpas por no haber escrito el documento. El bosquejo de prueba a continuación podría ser suficiente para explicar mi estrategia de prueba. Mi objetivo es escribir el documento con más resultados antes de la fecha límite de STACS (1 de octubre).

[Bosquejo de prueba]

Deje $f = \lor_{i=0}^{\sqrt{n}-1}{Parity_{\sqrt{n}}(x_{\sqrt{n} \cdot i + 1}, \ldots, x_{\sqrt{n} \cdot i + \sqrt{n}}})$

La prueba determinista de límite inferior se basa en un método de eliminación de puerta estándar con una pequeña modificación.

La prueba de límite superior no determinista es una construcción de dicho circuito no determinista.

$Parity_{\sqrt{n}}$ $o(n)$
$\sqrt{n}$ $2n + o(n)$
Combina los dos circuitos.

— Hiroki Morizumi
fuente

Algo está mal con los límites. La complejidad no determinista no puede ser mayor que la complejidad determinista.

— Emil Jeřábek apoya a Monica el

Gracias por su respuesta, ¡exactamente lo que estaba buscando!

— Gustav Nordh