DOESカウント階層を折りたたみますか？

と仮定します。次に、単純な引数はことを示しています。さらに一歩進んでを取得できますか？単純な引数は $NP=PP$ $PH^{PP}=NP$ $PP^{PP}=NP$

定理場合次いで。 $NP=PP$ $PH^{PP}=NP$

証明は（ギルのため）補数の下で閉じているため、です。任意のレベルを取る：次に、です。 $PP$ $NP=coNP=PH$ $PH^{PP}$ $\Sigma_i^{P^{PP}}=\Sigma_i^{P^{NP}}=\Sigma_{i+1}^{P}=NP$ $\square$

望ましい結果を得るもっともらしい方法の1つは、この世界で、のインタラクティブなプルーフプロトコルがランダム化および非結合化され、Arthurへの1つのメッセージが完全性と健全性を持つようになることです。（仮説の下ではとして）。この事実を利用して、ややなどの低いクラスのパーマネントを計算できれば、これで完了です。これにより、（たとえば）が得られ、すぐにます。 $\textsf{Permanent}$ $NP=P^{\#P}$ $PP$ $UP$ $BQP$ $SPP$ $NP=PP\implies PP=UP$ $PP^{PP}=PP^{UP}=PP=NP$

（これは私の仮説を調査する私の論文で出てきました。また、スコットアーロンソンの壊れた定理、Oraclesの定理5 を修正しようとしたときにも出てきました微妙ですが、悪意はありません）。 $QMA=PP$ $PP\subset BQP_{/qpoly}\implies CH=PP=QMA$

cc.complexity-theory counting-complexity conditional-results

— Lieuwe Vinkhuijzen
ソース

EmilJeřábek@あなたはと思うだろうために低くなる以来、ために低く、と、ない、それが知られていません。クラスとはに対して低いことが知られており、誰もが知る限りでは比較できません。次に、クラスは低さのようなもの、つまりなので、この仮説のもとで永続的なアルゴリズムを指定すると、崩壊も望まれる。

N P

$NP$

P P

$PP$

N P \cap c o N P

$NP\cap coNP$

N P

$NP$

N P \subseteq P P

$NP\subseteq PP$

S P P

$SPP$

B Q P

$BQP$

P P

$PP$

\oplus P

$\oplus P$

P P

$PP$

P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{\oplus P}\subseteq P^{PP}$

\oplus P

$\oplus P$

— Lieuwe Vinkhuijzen

私は少し覚えていませんでした：NPはPP自体については低いことはわかっていませんが、P ^ PPについては低いため、結論を出すのに十分です。

— EmilJeřábek2017年

我々はこのような仮定によって、は仮定の下で、NPは補数の下で閉じています。これは、意味します。

P P^{N P} \subseteq P P^{M o d P H} \subseteq P^{P P},

$\mathrm{PP^{NP}\subseteq PP^{ModPH}\subseteq P^{PP}},$

P P^{P P} \subseteq P P^{N P} \subseteq P^{P P} \subseteq P^{N P} \subseteq N P

$\mathrm{PP^{PP}\subseteq PP^{NP}\subseteq P^{PP}\subseteq P^{NP}\subseteq NP}$

C H = N P

$\mathrm{CH=NP}$

— エミール・イェジャベク
ソース

もちろん！より一般的には、PH全体がに対して低いので、私はそれを忘れたとは信じられません。クラスとは何ですか？動物園では見つけられません。

P^{P P}

$P^{PP}$

M o d P H

$ModPH$

— Lieuwe Vinkhuijzen

ModPHは、すべての定数の、、および演算子の下のPの閉包です。PHとクラスの一般的な一般化のようなものです。

\exists

$\exists$

\forall

$\forall$

{M o d}_{m}

$\mathrm{Mod}_m$

m

$m$

{M o d}_{m} P

$\mathrm{Mod}_m\mathrm P$

— EmilJeřábek17年

そして、はい、同じ議論はをより一般的に示しています。

P P \subseteq M o d P H ⟹ C H = P^{P P} = M o d P H

$\mathrm{PP\subseteq ModPH\implies CH=P^{PP}=ModPH}$

— EmilJeřábek17年

私たちの残りの部分のために：上記の不足している証明は、J。Toran、ソリューションの数を数えるMFCS'90でほとんど綴られています。上記のアプリケーションでは、すべてのおよびに対してを表示するだけで十分です。次に、

P P^{B P P^{A}} \subseteq P P^{A}

$PP^{BPP^A} \subseteq PP^A$

A

$A$

P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{\oplus P} \subseteq P^{PP}$

P P^{N P} \subseteq P P^{B P P^{\oplus P}} \subseteq P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{NP} \subseteq PP^{BPP^{\oplus P}} \subseteq PP^{\oplus P} \subseteq P^{PP}$

— Ryan Williams

はい、もちろん。上記のコメントを読んでください。

— EmilJeřábek2017年