難しい決定問題の数え方が自動的に難しくないのはなぜですか？

2-SATがPにあることはよく知られています。しかし、特定の2-SAT式の解の数を数えること、つまり＃2-SATが＃P-hardであることは非常に興味深いようです。つまり、決定は簡単ですが、カウントは難しい問題の例があります。

しかし、任意のNP完全問題（3-COLなど）を考えてください。カウントバリアントの硬さについてすぐに説明できますか？

本当に私が求めているのは、なぜ難しい決定問題のカウントバリアントが＃P-hardであることを示すために別の証拠が必要なのですか？（ソリューションの数を保持するためのpar約的な削減などがあります）。つまり、カウントの問題が簡単であれば、決定の問題も自動的に解決できるということです。それでは、どうして難しくないのでしょうか？（OK、多分難しいかもしれませんが、ハードの定義はわかりません）。

「決定が難しいことはカウントが難しいことを意味する」というのが自動定理ではない理由は、これら2つのステートメントが「ハード」の異なる定義を使用しているためです。

• 決定問題は、NPが多項式時間の多対1の削減（別名Karpの削減、別名多項式時間のマッピングの削減）である場合、困難です。

• 多項式時間チューリング簡約（別名クック簡約）で# P-完全であれば、カウントの問題は困難です。

そのため、決定問題がNP完全である場合、対応するカウント問題はNPハードであることがわかりますが、それはハードカウント問題の定義ではありません。ビーイング#Pの -completeはちょうどされているよりもはるかに強い声明であるように思わNPは戸田のことが示されている- -hard #P -complete問題が複雑クラスとして、その無作為化削減の下で全体の多項式階層のために懸命にある#Pがはるかに近い感じPSPACEに比べ  NP。

逆方向に進むと、カウント問題がFPにあるという意味で簡単であれば、決定問題はPにあることは  明らかです  。結局、効率的に数えることができれば、答えがゼロでないかどうかを確実に知ることができます。ただし、カウントバージョンが「難しくない」（つまり#P -completeではない）からといって、それが「簡単」であることを意味するわけではありません（つまり  FPで）。ラドナーの定理は#Pに拡張される  ため、FP$\,\neq\,$**＃P **そして、それらの間に明確な複雑度クラスの無限の階層があるので、「ハードではない」カウントの問題はそれらのクラスのいずれかで完了できるため、（FPで）「簡単」ではありません  。

そうは言っても、決定問題がNP完全であるということは、カウントバージョンが#P完全であることを意味するという推測に反例があるとは思いません。したがって、それは定理ではありませんが、経験的には真実です。