PLSの問題に対する局所的な最適値の数を数えるのはどれくらい難しいですか？

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以下のための多項式ローカル検索の問題は、我々は、少なくとも一つの解（局所最適）が存在しなければならないことを知っています。しかし、さらに多くの解決策が存在する可能性がありますが、PLS完全問題の解決策の数を数えるのはどれくらい難しいでしょうか？私は特に決定問題に興味があります。このPLS完全問題のインスタンスには2つ以上の解決策がありますか

複雑さは、選択したPLS完全問題に依存しますか？そうだとすれば、私は（[SY91]と[Rou10]で定義されているように）加重2SATに特に興味があります。2SATの満足できるソリューションの数を数えることは＃P-completeですが、一見したところ、重み付けされた2SATのローカル最適と2SATのソリューションはそれほど共通していないようです。

また、PLSのいとこであるPPADの場合、[CS02]は、ナッシュ均衡の数を数えることが＃P-hardであることを示しています。これは、混雑ゲームでの純粋戦略均衡の数を数えるような同様のPLS問題も難しいことを示唆しています。

参照資料

[CS02] Conitzer、V. and Sandholm、T.（2002）。ナッシュ均衡に関する複雑性の結果。IJCAI-03。CS / 0205074。

[Rou10] T.ラフガーデン。（2010）。計算の均衡：計算の複雑さの観点。経済理論、42：193-236。

[SY91] AAシェーファーとM.ヤンナカキス。（1991）。解決が難しい単純なローカル検索の問題。SIAM Journal on Computing、20（1）：56-87。

cc.complexity-theory counting-complexity gt.game-theory

— アルテム・カズナチェフ
ソース

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私はあなたの質問に部分的に答えることができます：PLS-complete検索問題の局所的な最適化を数えることは確かに＃P-hardになり得ます。

第1に、Yoshioが指摘するように、PLSには、関連するカウント問題が＃P-completeである検索問題があります。（ただし、がPLS完全であるかどうかはわかりません。） PLS完全な問題とします。次に定義するれ、入力上ののために、入力のための局所最適を求めるに対して。この問題は PLSメンバーシップを継承します $P_1$ $P_1$ $P_2$ $P'$ $(x, i)$ $i \in \{1, 2\}$ $x$ $P_i$ $P_1, P_2$ 、 PLS完全性を継承し、カウントの問題ではの完全性を継承します。 $P_2$ $P_1$

同様に、複数の局所最適値があるかどうかを決定するのはNP完全である（人工の）PLS完全問題を構築できます。前の引数のように、一つの「一緒にステープル」PLS-完全問題の PLSの問題と、前のように入力にブール式、ときに限り、複数の関連した局所最適を有する充足可能です。 $P_1$ $P_2$ $\psi$ $\psi$

これらの種類の構造は、2つの硬度特性を持つ探索問題を構築しようとしているため、やや不満です。しかし、の領域は2つの部分に「分割」します。以下に、関連するカウント問題が＃P-completeであるPLSの検索問題、PLS完了問題与えられると、両方のカウントと同じくらい難しいPLS問題を定義する方法を示します。および「インスタンスごと」の方法でを検索します。 $Q$ $Q$ $P_1$ $P_2$ $Q$ $P_1$ $P_2$

つまり、私たちは展示うための計数問題を解決するようなの入力にはのための計数問題の解決に減らし、効率的入力上のために、そして探索問題の入力にのための探索問題に帰着上を入力。 $Q$ $P_1$ $x$ $Q$ $x$ $P_2$ $x$ $Q$ $x$

提示を簡単にするために、我々は仮定任意の入力にするようなものであるの長さの、関連付けられた候補解空間ビット列の上にある長さの一部の（しかしに異なる近傍構造と）。LET に関連付けられた適合度関数である。 $P_1, P_2$ $x$ $n$ $x$ $y$ $n^c$ $c$ $P_1, P_2$ $F_i(x, y)$ $P_i$

入力上、のための探索空間上タプルである各である、、及び $x \in \{0, 1\}^n$ $Q$ $(y^1, y^2, z, b)$ $y^i$ $\{0, 1\}^{n^c}$ $z \in \{0, 1\}^{n^c + 1}$ $b \in \{0, 1\}$ 。のフィットネス関数として、 $F(x, (y^1, y^2, z, b))$ $Q$

場合、 $F(x, (y^1, y^2, z, b)) := F_1(x, y^1) + F_2(x, y^2)$ $b = 1$

場合。 $F(x, (y^1, y^2, z, b)) := ||y^1|| + ||z|| + F_2(x, y^2)$ $b = 0$

（これは上記のハミング重量です。）

$Q$ $(x, (y^1, y^2, z, 1))$ $b = 1$ $(x, ((y')^1, (y')^2, z', 1))$

$(x, y^i)$ $(x, (y')^i)$ $P_i$ $i = 1, 2$

$z, z'$

$b = 0$ $(x, (y^1, y^2, z, 0))$ $(x, ((y')^1, (y')^2, z', 0))$

$(x, y^2)$ $(x, (y')^2)$ $P_2$

$z, z'$ $y^1, (y')^1$

$b = 0$ $b = 1$

$Q$ $Q$

$n$ $x$ $Q$

$(x, (y^1, y^2, z,1))$ $(x, y^i)$ $P_i$ $i = 1, 2$ $z$ $b = 1$

$(x, 1^{n^c}, y^2, 1^n, 0))$ $(x, y^2)$ $P_2$ $z, y^1$ $b = 0$

$Q$ $(x, (y^1, y^2, z,b))$ $Q$ $x$ $(x, y^2)$ $P_2$ $x$ $P_2$

$N(x)$ $x$ $Q$ $(2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$ $N_i(x)$ $x$ $P_i$ $N_2(x)$ $[1, 2^{n^c}]$

$N_2(x) = N_2(x)$ $2^{n^c + 1} = (2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$ $2^{n^c + 1} = N(x)$ $2^{n^c + 1}$

$N_2(x)$ $N(x)$ $N_1(x)$ $N_1(x) = \left(\frac{N(x)}{N_2(x)} - 1\right)/2^{n^c + 1}$ $N_1(x)$ $N(x)$ $Q$ $P_1$ $Q$

「インスタンスごと」の方法でローカル最適の一意性を決定するPLS硬度とNP硬度を組み合わせるために、このような削減を与える方法がわかりません。

$V(x, y)$ $L$

$Q$ $Q$

— アンディ・ドラッカー
ソース

あなたより、アンディ！これは非常に便利です。すべてを確実に実行するために、これをさらに数回読む必要があります。

— アルテムKaznatcheev

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2部グラフでの最大一致問題を考慮してください。実行可能なソリューションのファミリーはすべてのマッチングで構成され、ローカル検索は拡張パスを見つけることで実行されます。現在のマッチングが最大でない場合、多項式時間で拡張パスを見つけることができ、多項式時間で最大値を確認できるため、問題はPLSに属します。局所的な最適化は最大一致（つまり、グローバルな最適化）です。ただし、2部グラフで最大一致数を計算するのは＃P-hardです。

局所最適条件は多項式時間で見つけることができるため、問題はPLS完全ではありません。だから、これは意図した答えではないのではないかと思う（あなたの質問はPLSの完全な問題に限定されている）。ただし、1つの局所最適値を効率的に見つけることができたとしても、局所最適値の数を数えるのは難しい場合があることを指摘する必要があります。

— 岡本義雄
ソース

ありがとう！これは、＃P-hardness全般（および2SATについて言及した理由）について知っておくべき一般的なポイントです。PLSの完全な問題に対するいくつかの回答を得ることを期待して、質問を開いたままにします。また、既存の単一のソリューションと既存の2つ以上のソリューションを区別することにも重点を置きます（実際に最も関心があるケースです）。

— アルテムKaznatcheev

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最大一致の一意性を効率的にチェックできるため、私の答えは、あなたが最も興味を持っている質問に対して満足のいくものではありません。ありがとうございます。

— 岡本佳生