カープ削減はレビン削減と同一ですか

定義：カープ削減

言語言語にカープの還元性である多項式時間計算可能関数がある場合ようにすべてのために、場合のみ。 $A$ $B$ $f:\{0,1\}^*\rightarrow\{0,1\}^*$ $x$ $x\in A$ $f(x)\in B$

定義：レビン削減

検索問題は、Karpがを減らす多項式時間関数があり、次のような多項式時間計算可能な関数とがある場合、検索問題還元可能です。 $V_A$ $V_B$ $f$ $L(V_A)$ $L(V_B)$ $g$ $h$

$\langle x, y \rangle \in V_A \implies \langle f(x), g(x,y) \rangle \in V_B$ 、
$\langle f(x), z \rangle \in V_B \implies \langle x, h(x,z) \rangle \in V_A$

これらの削減は同等ですか？

2つの定義は同等だと思います。任意の二つのため言語と場合、カープの還元性がでありは、に還元レビンである。 $\mathsf{NP}$ $A$ $B$ $A$ $B$ $A$ $B$

ここに私の証拠があります：

ましょと、任意のインスタンスであるながらのことである。仮定との検証でありおよび。ましょうと、任意の証明書であり及びに従って。してみましょうそれであることに応じ。 $x$ $\overline{x}$ $A$ $x'$ $B$ $V_A$ $V_B$ $A$ $B$ $y$ $\overline{y}$ $x$ $\overline{x}$ $V_A$ $z$ $x'$ $V_B$

新しい証明書およびをして、新しい検証者およびをします。 $V'_A$ $V'_B$ $y'$ $z'$

$V'_A(x,y'):$

$y'=\langle 0,\overline{x},\overline{y}\rangle$ ：場合、拒否します。それ以外の場合は、ます。 $f(x)\ne f(\overline{x})$ $V_A(\overline{x},\overline{y})$
$y'=\langle 1,z\rangle$ ：ます。 $V_B(f(x),z)$

$V'_B(x',z'):$

$z'=\langle 0,z\rangle$ ：出力します。 $V_B(x',z)$
$z'=\langle 1,x,y\rangle$ ：場合、拒否します。それ以外の場合は出力します。 $x'\ne f(x)$ $V_A(x,y)$

多項式時間の計算可能な関数およびは、次のように定義されます。 $g$ $h$

$g(x,y')$

$y'=\langle 0,\overline{x},\overline{y}\rangle$ ：出力。 $\langle 1,\overline{x},\overline{y}\rangle$
$y'=\langle 1,z\rangle$ ：出力します。 $\langle 0,z\rangle$

$h(x',z')$

$z'=\langle 0,z\rangle$ ：出力します。 $\langle 1,z\rangle$
$z'=\langle 1,x,y\rangle$ ：ます。 $\langle 0,x,y\rangle$

LETすべての証明書の集合に係る及びのすべての証明書の集合に従って。次に、よるのすべての証明書のセットは、となります。そして、よるすべての証明書のセットは、ます。 $Y_x$ $x$ $V_A$ $Z_{x'}$ $x'$ $V_B$ $x$ $V'_A$ $0\overline{x}Y_\overline{x}+1Z_{f(x)}$ $f(x)=f(\overline{x})$ $x'$ $V'_B$ $0Z_{x'}+1\overline{x}Y_\overline{x}$ $x'=f(\overline{x})$

（これは、および受け入れ言語から派生しています。） $V'_A$ $V'_B$

ここでとし、残りの部分は簡単に確認できます。 $x'=f(x)$

complexity-theory reductions check-my-proof

— cc
ソース

あなたの主張を証明する前に、言語が他の言語に還元可能であることによってそれが意味するものを定義する必要があります。

— 伊藤剛

回答:

いいえ。まず、レビン削減は、証明書に意味のあるクラス、たとえばに対してのみ意味がありますが、カープ削減は一般的です。問題の「証明書」という言葉は、検証者が修正された場合にのみ意味があります。レビンの削減は、検証者が修正されていることを前提としています。検証者を変更することはできません。（以下では、証明書検証者は、レビン削減の定義により必要に応じて修正されると想定しています。） $\mathsf{NP}$

第二に、レビン削減は、一方の証明書から他方の証明書を見つけることができることを意味します。自然問題間の有名なカープ削減はレビン削減であることが判明しましたが、これは一般的に真実である必要はありません。

問題インスタンスを問題に減らすことができれば、一方の証明書から他方の証明書を計算する方法があるという意味ではありません。 $A$ $B$

これが真実であるためには、決定問題に対応する証明書検索問題は、決定問題に対して多項式時間還元可能であるという事実が必要です。これは問題には当てはまりますが、一般に問題にも当てはまることは知られていません。 $\mathsf{NP\text{-}complete}$ $\mathsf{NP}$

— カベ
ソース

カープ削減はカープ削減よりも一般的であるというあなたの最初の点に同意します。それによると、私は私の問題のように修正されるべきだと思う「してみましょう

および

二つの言語も

。場合は

にカープの還元可能である

は、

へレヴィンの還元可能である

。」ただし、他のコメントについては同意しません。L1 $L_1$

L2 $L_2$

NP $NP$

L1 $L_1$

L2 $L_2$

L1 $L_1$

L2 $L_2$

— cc

私の証明では、最初に

と

そのような2つの言語に任意とします。彼らはであるので

、P TMある

及び

。すべてのインスタンスのため

、すべての証明書のセットは、

のための

。同様に、我々は定義

のため

。

は

に還元可能なカルプなので、そのような

L1 $L_1$

L2 $L_2$

NP $NP$

M1 $M_1$

M2 $M_2$

x∈L1 $x\in L_1$

Yx $Y_x$

TM1 $TM_1$

Zx′ $Z_{x'}$

x′∈L2 $x'\in L_2$

L1 $L_1$

L2 $L_2$

f $f$ 定義されています。

— cc

ここで、新しい

と

。すべてのインスタンスのため

、すべての証明書の新しいセットである

すべてのインスタンスのためながら、

、全ての証明書の新しいセットである

。（ここでは正規表現を使用しています）これらは正当であり、すべての証明書M′1 $M_1'$

M′2 $M_2'$

x∈L1 $x\in L_1$

0Yx+1Zf(x) $0Y_x+1Z_{f(x)}$

f(x)∈L2 $f(x)\in L_2$

0Zf(x)+1xYx $0Z_{f(x)}+1xY_x$

および

。ところで、定義されたP関数

および

、すべての可能な証明書を1つの問題から別の問題に変換します。M′1 $M_1'$

M′2 $M_2'$

$g$

$h$

— CC

PSは：我々は、から変換を与える必要はない

全く存在しない場合

ように

カープとレビン削減が1つのマッピングに多数の両方であるので、。これで最後の2番目の段落に答えることができると思います。 $x'\in L_2$

$x\in L_1$

$x'=f(x)$

— CC

@cc、検証者を変更できるとまだ思っているようですが、不可能です。レビン簡約の定義は検索問題のためです。つまり、検証者は修正されています。

— Kaveh

あなたの証明のための迅速な反例：その仮定、、及びのための有効な証明書であるのためではなく $x_1, x_2 \in L_1$ $f(x_1) = f(x_2) \in L_2$ $w$ $x_1$ $x_2$

$M_1'(x_1,\langle 0,w \rangle)= M_1(x_1,w)=1$

$M_1'(x_2,\langle 0,w \rangle)= M_1(x_2,w)=0$

定義により $g(x_1,\langle 0,w \rangle) = \langle 1,x_1,w \rangle$

ので、そうための有効な証明書であり、 $f(x_1)=f(x_2)$ $M'_2(f(x_2),\langle 1,x_1, w \rangle)) = M_1(x_1,w) = 1$ $\langle 1,x_1, w \rangle$ $f(x_2)$ だが

ための有効な証明書でない $h(f(x_2), \langle 1,x_1, w \rangle) = \langle 0, w \rangle$ $x_2$

— Vor
ソース

反例を指摘してくれてありがとう。構造を変更しましたが、現在は機能していると思います。ご覧ください。

— CC