正確に半分のnビットインスタンスを含むNP完全言語はありますか？

（好ましくは天然）NP完全言語ある $L\subseteq \{0,1\}^*$ そのようなすべてのそれ、 $n\geq 1$

| L \cap {0, 1}^{n} | = 2^{n - 1}

$|L\cap \{0,1\}^n|=2^{n-1}$ が成り立つ？つまり、

L

$L$ にはすべての

ビットインスタンスの正確に半分が含まれます。

n

$n$

cc.complexity-theory np np-complete

— アンドラス・ファラゴ
ソース

ない場合は非常に驚くでしょうが、数分間考えても構造が見つかりませんでした。

— カヴェー

FWIWは、そのような存在である

ハードNP-およびNP / POLYに...ある

L

$L$

— ニール・ヤング

CNF式の

をエンコードする全単射バイナリの場合、

充足可能

不満

e

$e$

{e (φ) 1 | φ

$\{e(\varphi)1\ |\ \varphi$

} \cup {e (φ) 0 | φ

$\} \cup \{e(\varphi)0\ |\ \varphi$

}

$\}$ は動作するはずです。

— クラウスドレーゲル

@KlausDraeger NP = co-NPでない限り、不満はNPプロパティではありません。

— アンドラス・ファラゴ

任意のOracleが存在する

が存在しないように

このプロパティとは？

O

$O$

L \in {N P - C o m p l e t e}^{O}

$\mathcal{L}\in {\bf NP-Complete}^O$

— エルファンKhaniki 16年

回答:

私は数年前にこの質問をしましたが、ボアズバラクは肯定的に答えました。

文では、NP完全言語の存在と等価であるところ $L$ 多項式時間で計算可能です。 $|L_n|$

ブール式とSATを検討してください。パディングを使用し、式のエンコードをわずかに変更することにより、 $\varphi$ とたのと同じ長さを。 $\lnot \varphi$

させてことをエンコードすること $\langle\ \rangle$

すべての式のためのとすべての真理値割り当てのための、。 $\varphi$ $\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$ $|\langle\varphi\rangle| = |\langle\varphi, \tau\rangle|$
多項式時間で計算可能です。 $|\langle\varphi\rangle| \mapsto |\varphi|$
エンコードされた長さ数式の数は、多項式時間で計算できます。 $n$

検討

L := {⟨ φ ⟩ ∣ φ \in S A T} \cup {⟨ φ, τ ⟩ ∣ τ ⊨ φ and \exists σ < τ σ ⊨ φ}

$L := \{\langle\varphi\rangle \mid \varphi \in \mathsf{SAT} \} \cup \{\langle \varphi, \tau \rangle \mid \tau \vDash \varphi \text{ and } \exists \sigma<\tau\ \sigma\vDash\varphi \}$

がNP完全であることは簡単にわかります。 $L$

場合、満足真理割当ての数真実の割り当てを満たす数である。追加自体、それは真実のための割り当てを満たすの数まで追加します。 $\varphi \in \mathsf{SAT}$

τ ⊨ φ and \exists σ < τ σ ⊨ φ

$\tau \vDash \varphi \text{ and } \exists \sigma<\tau\ \sigma\vDash\varphi$

- 1

$- 1$

φ

$\varphi$

φ

$\varphi$

あります真実の割り当て。各を満たすいずれかまたは（両方ではありません）。すべての式のために、検討列、、とため $2^{|\varphi|}$ $\tau$ $\varphi$ $\lnot \varphi$ $\varphi$ $2(2^{|\varphi|}+1)$ $\langle\varphi\rangle$ $\langle\lnot \varphi\rangle$ $\langle\varphi, \tau\rangle$ $\langle \lnot\varphi, \tau\rangle$ $\tau \in \{0,1\}^{|\varphi|}$ 。正確にこれらの文字列はます。長さの文字列の数、この手段における、式の数である符号化長さを乗じどの多項式時間計算可能。 $2^{|\varphi|}$ $2^{|\varphi|+1}+2$ $L$ $n$ $L$ $\varphi$ $n$ $2^{|\varphi|}$

— ライアン・オドネル
ソース

これが望ましい解決策であっても、これは明らかにリンクのみの回答です。

— user2943160

明確にするために、SATについて特別なことは何もありません。これは、NP完全問題の検証述語で機能します。

— カベ

@Kaveh、あなたはインスタンスがペアになっていることを、ここではSATの特定のプロパティを使用していない

、

任意の証人のような

ペアの2の正確に一つのための証人のですか？たとえば、3-COLORの場合はどうしますか？

ϕ

$\phi$

\neg ϕ

$\lnot \phi$

τ

$\tau$

— ニールヤング

@ Neal、V（x、y）をNP完全問題の検証者とします。W（x、b、y）：= V（x、y）= bを検討してください。まだNP完全であり、各yはx、0またはx、1のいずれかの証人です。SATほどではありません。

— カベ

@Kaveh、例えばSATとは、あなたが示唆されている

しかし、それはPであり、そしてあなたは、修正しようとした場合と言う、と労働組合を取ることによって、

、組合

A = {(ϕ, b, τ) : (τ satisfies ϕ) \leftrightarrow b = 1} ?

$A = \{(\phi, b, \tau) : (\tau \mbox{ satisfies } \phi) \leftrightarrow b=1\}?$

B = {(ϕ, b) : τ \in S A T \leftrightarrow b = 1}

$B = \{(\phi, b) : \tau \in SAT \leftrightarrow b = 1\}$

A \cup B

$A\cup B$ NP-hardとco-NP-hardの両方です（NPにはない可能性が高い）。編集：ああ、私が見る、あなたがの組合取ることを意味

、たとえば、と

...

A

$A$

C = {(ϕ, b) : \exists τ . [(τ satisfies ϕ) \leftrightarrow b = 1]}

$C=\{(\phi, b) : \exists \tau.~[(\tau \mbox{ satisfies } \phi) \leftrightarrow b=1]\}$

— ニール・ヤング

ここに、そのような例を見つけるのが難しいかもしれない理由の提案がありますが、それが存在しなければ驚くべきことであるというKavehのコメントに同意します。[答えではないが、コメントするには長すぎる。]

誰かがそのような言語思いついたとしましょう。あることを証明する自然な方法明示間の全単射構築することであると。私は個人的にインスタンスを決定することができないので $L$ $L^{=n} := |L \cap \{0,1\}^n| = 2^{n-1}$ $L \cap \{0,1\}^n$ $\{0,1\}^n \backslash L$ $\mathsf{NP}$ -hard問題、ほとんどの「単純な」全単射Iフォームを持っているであろうと出てくることを「長さ保存全単射であり、そして場合だけと。」さらに、多項式時間で計算可能なこのようなを思い付く可能性があります。ただし、ですは $f\colon \{0,1\}^* \to \{0,1\}^*$ $x \in L$ $f(x) \notin L$ $f$ $\mathsf{NP} = \mathsf{coNP}$ $f$ $\mathsf{NP}$ $\mathsf{coNP}$

$\mathsf{EXP}$ $\mathsf{coNP} \subseteq \mathsf{NTIME}(2^{(\log n)^{O(1)}}) =: \mathsf{NQP}$ , from which I believe it follows by a simple induction with padding argument that $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$ . Now, if you believe the preceding containment is simply false, then no such quasi-poly-time computable bijection can save you. But even if you believe it might be true, then by coming up with such a bijection you would prove $\mathsf{PH} \subseteq \mathsf{NQP}$ , which seems to be beyond current knowledge...

The objection can also be gotten around by simply not having such a bijection, but then it seems harder to see how to prove that $L$ has the desired property in the first place... And in fact, even if your proof isn't a bijection, you'd need it to be the case that no such easily computable bijection even exists.

Of course, this is also the type of thing where someone will come along with an example and we'll easily see how it gets around this objection, but I just wanted to throw this out there to say how anything with a simple enough bijection can't work (unless widely held beliefs are false).

(Related question: is there an oracle relative to which there is no such $L$ ?)

— Joshua Grochow
ソース