対数交代を伴う定量化ブール式

私は、数量詞の対数が交互になっている数量化ブール式のクラスにとって難しい問題を研究しています。このクラスの問題は次のようになります。

$\forall (x_1, x_2, \ldots x_{a_1}) \exists (x_{{a_1}+1}, \ldots x_{a_2}), \ldots \exists(x_{a_{\log n - 1}}, \ldots x_{a_{\log n}})F$

ここでで、は変数ブール式です。$a_{\log n} = n$$F$$x_1 \ldots x_n$

このクラスには明らかにが含まれており、含まれています。このクラスの名前はありますか？それについてもっと知られていることはありますか？$PH$$AP = PSPACE$

Michael Weharの答えに基づいて、計算がQBFなどのポリサイズでエンコードできることを簡単に示すことができるようです：O （log n ）の交替を使用します、各p o l y （n ）ビット、およびSavitchの定理と同様の引数を実行します。2回の交代ごとに、計算の実行時間をp o l y （$NTISP(n^{\log n},poly(n))$$O(\log n)$$poly(n)$要因。$poly(n)$

私はクラス呼び出します Fortnowので表記以下、「充足のために時空間のトレードオフ」の引数は、前の段落でスケッチ（ただし、以前の参照用ペーパーを参照してください）のためにも、引用することができます。$\Sigma_{O(\log n)} P$

（1）私たちがすでに知っていること：

すでに述べたように、量指定子の交替を伴うQBF は、多項式階層のすべてのレベルで困難です。$\log(n)$

（2）次のことも証明できると思います。

問題はハードです。$NSPACE(log^2(n))$

（3）前述の主張に対する私の非公式の正当性は次のとおりです。

所与空間結合NTMと入力文字列、我々は、与えられた入力文字列に受理計算が存在するかどうかを決定する必要があります。$log^2(n)$

計算の各構成は、本質的にビットで表すことができます。言い換えれば、log 2（n ）変数のグループによって構成を表すことができます。$\log^2(n)$$\log^2(n)$

アイデアは、開始構成と最終構成があり、その間に発生する計算を推測する必要があるということです。既存の数量詞を使用して「中間」構成を再帰的に推測し、すべての数量詞を使用して「左側」構成が「中間」に、「中間」構成が「右側」に移動することを確認して再帰します。

この作業を行うには、1つの「中間」構成を選択する代わりに、「左」構成と「右」構成の間で等間隔の「中間」構成のグループを選択する必要があります。特に、推測できる等しくと共存の数量を用いて、「中間」構成を離間$\sqrt{n}$変数。その後、おおよそlog（n）変数を持つすべての数量詞に使用して、構成間のすべてのギャップで再帰します。$\sqrt{n} * log^2(n)$$\log(n)$

再帰は深さまで継続するだけで、長さの計算をカバーできます$2 * \log(n)$ここで、各構成には多くてもlog2（n）のビットがあります。$\sqrt{n} ^ {2 * \log(n)} = n^{\log(n)} = 2^{\log^2(n)}$$\log^2(n)$

再帰の深さは、O （log （n ））の変数グループ、つまり交代しかありません。数量詞の各グループには√しかないため、$O(\log(n))$$O(\log(n))$変数、合計でO（$\sqrt{n} * log^2(n)$変数。$O(\sqrt{n} * log^3(n))$

フィードバックや修正をお気軽にお寄せください。どうもありがとうございました。これが少し役立つことを願っています。

（4）ライアンの答えが示唆するより一般的な主張：

前の構成をより一般的な方法で実行できるはずです。以下を考慮してください。

再帰の各ステップで、構成ごとにc （n ）ビットを使用して、「中間」構成のグループに分割します。次に、深さd （n ）まで再帰します。$g(n)$$c(n)$$d(n)$

変数と代替が多すぎない限り、これはうまくいくようです。おおまかに言うと、次の条件を満たす必要があります。

• $g(n) * c(n) * d(n) \leq n$
• $d(n) \leq \log(n)$

我々の一般的なアプローチは、のために実行することをシミュレート非決定性チューリングマシンに使用される使用して手順C （N ）メモリのビット。$g(n)^{d(n)}$$c(n)$

特に、次のものを選択します。

• $g(n) = \sqrt{n}$

• $c(n) = \frac{\sqrt{n}}{2 * log^2{n}}$

• $d(n) = 2 * \log^2(n)$

上記の不等式が満たされ、√を使用して約ステップ実行する非決定性チューリングマシンをシミュレートする構築を実行できます。$2^{\log^2(n)}$ビットのメモリ。$\frac{\sqrt{n}}{2 * log^2{n}}$

言い換えれば、以前よりも優れた硬度結果が得られます。特に、問題は。$NTISP(2^{\log^2(n)}, \frac{\sqrt{n}}{2 * log^2{n}})$

（5）さらなる一般化：

前述の一般化では、非決定論的な時間および空間に制限されたチューリングマシンをシミュレートしていました。ただし、時間と空間の境界が異なるチューリングマシンも交互にシミュレートできる場合があります。

少し説明しましょう。そのため、おおよそ交替を使用して、深さlog （n ）への再帰を行います。ただし、最初にいくつかの代替を使用できます。たとえば、$\log(n)$$\log(n)$。次に、残りの √を使用できます$\sqrt{\log(n)}$交替で深さ$\sqrt{\log(n)}$。$\sqrt{\log(n)}$

In this case, we could simulate alternating Turing machines that have $\sqrt{\log(n)}$ alternations with sublinear witness lengths, run for $2^{\log^{\frac{3}{2}}(n)}$ steps, and use $\frac{\sqrt{n}}{2 * log^2{n}}$ bits of memory.

In other words, the problem is hard for $AltTimeSpace(\sqrt{\log(n)}, 2^{\log^{\frac{3}{2}}(n)}, \frac{\sqrt{n}}{2 * log^2{n}})$ with sublinear witness lengths. Alternatively, this class could be written using the $STA$ notation mentioned in the comments above.

Thank you for the comments and feel free to offer any further corrections or clarifications. :)

A shorter answer.

Initial observations:

• The problem is hard for every level of the polynomial hierarchy.
• The problem is hard for alternating Turing machines with $\log(n)$ alternations that run for polynomial time.

Deeper Insights:

• Suggested by Kaveh's comment above, the problem can encode computations for $AltTime(\log(n), n)$ Turing machines.
• Also, as Ryan pointed out, the problem can encode computations for $NTimeSpace(2^{\log^2(n)}, \sqrt{n})$ Turing machines.

• More generally, the problem can encode computations for machines corresponding to various classes of the form $AltTimeSpace(a(n), t(n), s(n))$ with restricted witness lengths. I'm not quite sure what the exact relationship between $a(n)$, $t(n)$, and $s(n)$ has to be, but we know that:

  1. $\; \; a(n) \leq \log(n)$

  2. $\; \; t(n) \leq 2^{\log^2(n)}$

  3. $\; \; s(n) \leq n$

See my longer answer for more details on the trade-offs between $a(n)$, $t(n)$, and $s(n)$.

Note: In the above, when I say encode computations, I mean encode the computation without blowing up the instance size too much. That is, if we blow-up from $n$ size Turing machine input to $poly(n)$ size formula, then I think that although the blow-up is polynomial, it is good to pay close attention to the degree of the polynomial. The reason for the semi-fine-grained perspective is to try and slightly better recognize how the different complexity measures $a(n)$, $t(n)$, and $s(n)$ depend on each other.