每个NP难题都可以计算吗？

是否要求NP难题必须是可计算的？

我不这么认为，但我不确定。

不，一个$NP$难的问题不一定是不可计算的。定义相当完整：问题$L$是$NP$难，如果该问题具有多时间解意味着$NP$中的每个问题都具有一个多时间解（即，将N P中的每个问题都归结为$L$，）。$NP$

这样，无可争议的问题就变得空洞无力了：假设我们可以在多项式时间内解决一个问题。然后，我们使用证明它是可计算且不可计算的矛盾是无可辩驳的证明。从这个错误中，我们可以得出任何结论，即对于正在考虑的任何$NP$问题，都有一个多项式时间算法。

例如，考虑停机问题$H$。我们可以在任何减少$NP$语言$A$到$H$如下，假设我们有一个polytime检查$f(s,c)$其中检查是否$c$为证书$s\in A$：

• 给定输入$s$
• 构建（但不运行）图灵机$M$这需要输入$x$尝试每个证书$c$和暂停，如果$c$是一个证明书，证明$s\in A$。
• 返回$H(M,x)$（即，如果输入x暂停M，则返回true ）$M$$x$

因此，只需调用解决停顿问题的多项式算法，就可以解决多项式时间内的任何$NP$问题。

这种减少是没有用的，因为它所做的只是告诉是否“如果为假，则为某物”。我们已经知道，没有针对不可解决问题的多重时间算法。

在这个问题上，这个社区似乎有些混乱。我将给出详细的答案，以期清理水面并阐明可计算性与NP硬度之间的关系。

首先，我相信对所涉及的各种定义保持清晰明确将解决许多困惑。

甲串是从一些固定的有限字母表字符的有限序列。

一个决策问题是一组字符串。（该集合通常是无限的。）将决策问题视为测试某些属性的字符串：具有该属性的字符串在集合中，而没有该属性的字符串则不在。

假设我们有两个决策问题，一个和乙。假设存在多项式p （x ），并且算法M有算法M使得A对于所有字符串s，A是多项式时间可归约于B 的，$A$$B$$A$$B$$p(x)$$M$$s$

• 如果为M提供输入s，则M停止的步数少于p （| s |）步（其中| s |是字符串s的长度），并输出字符串M $M$$s$$M$$p(|s|)$$|s|$$s$ s ）。$M(s)$
• 当且仅当 M （s ）时s在$s$$A$$M(s)$是在乙。$B$

如果对于每个NP决策问题A，决策问题B都是NP难题$B$$A$$A$是可多项式化为B的多项式时间则。$B$

如果存在算法M，则对于所有字符串s，决策问题都是可计算的。$M$$s$

• 如果为M提供输入s，则M暂停并输出“是”或“否”。$M$$s$$M$
• 如果s在A中，则输出为“ yes”，否则为“ no”。$s$$A$

通过以上定义，我们可以立即弄清我认为可能是您的问题的根源：决策问题，减少量或NP硬度的定义中没有要求决策问题是可计算的。这些定义将决策问题视为任意字符串集是很有意义的，而这些集确实确实很讨厌。

剩下两个问题：

1. 定义使不可计算的函数可能具有NP困难性。实际上有不可计算的NP硬函数吗？
2. 有一种直觉，说一个问题是NP难的，那是说很难解决的。说它是不可计算的就好比说它“真的很难”解决。那么，所有的不可计算的问题都是NP问题吗？

问题1更容易回答。有两种特别重要的方法可以找到难以解决的NP问题决策问题。首先是停机问题：停机问题，^ h，具有每个属性可计算的决策问题是多项式时间还原到^ h。由于NP问题是可计算的，因此每个NP问题都是多项式时间可归约为H，因此$H$$H$$H$$H$是NP难的。

建立不可计算的NP困难问题的另一种重要方法是观察到，我们可以将任何已知的NP困难问题与任何已知的不可计算问题结合起来。令A为NP-hard，而B为不可计算。形成决策问题甲⊕ 乙如下：甲⊕ 乙包含表单的那些字符串“0，接着在一个字符串甲 ”和那些形式的“1，随后在一个字符串乙 ”。甲⊕ 乙是NP难题，因为我们可以把（任何问题的）的任何减少到甲成还原成甲⊕ $A$$B$$A \oplus B$$A \oplus B$$A$$B$$A \oplus B$$A$$A \oplus B$：只需调整算法即可在其输出字符串的开头输出一个额外的“ 0”。甲⊕ 乙是非可计算的，因为计算阿⊕ 乙需要决定哪些以“1”开始在琴弦组; 这是不可能的，因为B是不可计算的。$A \oplus B$$A \oplus B$$B$

问题2相当棘手，但实际上存在一些不可争议的决策问题，这些问题并非NP难的（假设P ≠ NP）。尤瓦尔的好答案明确地构造了这样的决策问题。（有关在房间里，任何“科恩任何可计算理论家Π 0 $\neq$$\Pi^0_1$ -generic”会做的伎俩，也是如此。）我会打破为什么直觉“NP难的问题是很难的，非可计算的问题更难“ 是错的。

NP硬度和不可计算性都表示一个问题在很一般的意义上是“困难的”，但是它们是非常不同的，不应将其归为同一类现象。具体地说，NP硬度是“正性”属性：从某种意义上说，NP难题A很难解决，只要获得A的备忘单，就可以解决一类难题$A$$A$。在另一方面，非可计算为“负面”属性：非可计算的问题，一个硬的感觉，你可以不解决一个给定的资源类的$A$$A$。

（“强制”的方式，是用于生产“科恩的技术Π 0 1通用的”我提到。要非常非常模糊，迫使是制作东西的一般方式是“通用的”，因为它们具有没有积极的性质，也没有任何消极的性质。这就是为什么强迫会直接产生一个既不可计算又难于解决NP问题的问题。）$\Pi^0_1$

不。NP-Hard表示它比最难的NP问题同样困难。凭直觉，无法计算将使它比NP困难得多。

维基百科：

存在NP难但NP不完全的决策问题，例如停止问题。

每个人都知道这是不可计算的

For completeness, let us prove the following theorem:

There exists an uncomputable language which is not NP-hard if and only if P$\neq$NP.

If P=NP then any non-trivial language (one which differs from $\emptyset,\{0,1\}^*$) is NP-hard (exercise), and in particular any uncomputable language is NP-hard.

Now suppose that P$\neq$NP. Let $T_i$ be some enumeration of all Turing machines. We will construct the required language $L$ in stages. At each stage we will keep a $\{0,1,?\}$ coloring of $\{0,1\}^*$ which we also denote by $L$; here $0$ means that we have decided that the string is not in $L$, $1$ means that we have decided that the string is in $L$, and $?$ means that we haven't decided yet. All but finitely many strings will be colored $?$.

In step $2i$, we think of $T_i$ as a machine which either accepts its input, rejects it, or never halts. If $T_i$ doesn't always halt then we don't do anything. If $T_i$ always halts then we find a string $x$ such that $L(x) = ?$, and set $L(x) := 0$ if $T_i(x)$ accepts and $L(x) := 1$ if $T_i(x)$ rejects.

In step $2i+1$, we think of $T_i$ as a machine computing a (possibly) partial function on its input. If $T_i$ isn't total, or if it is total but doesn't run in polynomial time, or if it is total but its range is finite, we don't do anything. If $T_i$ is total, runs in polynomial time, and has infinite range, then we find a string $x$ such that $L(T_i(x)) = ?$. If $x \in \mathrm{SAT}$ (that is, if $x$ encodes a satisfiable CNF) then we set $L(x) := 0$, and otherwise we set $L(x) := 1$.

After infinitely many steps, we get a $\{0,1,?\}$ coloring of $\{0,1\}^*$ which we complete to an actual language in an arbitrary way.

The resulting language $L$ isn't computable: step $2i$ ensures that $T_i$ doesn't compute it. It also isn't NP-hard, but here the reasoning is a bit more delicate. Suppose that $T_i$ is a polytime reduction from SAT to $L$. If the range of $T_i$ is finite then we can turn $T_i$ into a polytime machine deciding SAT, by listing the truth table of $L$ on the range of $T_i$. This is impossible by the assumption P$\neq$NP. Thus $T_i$ has infinite range, but then step $2i+1$ rules out its being a reduction from SAT to $L$.

A language $L$ is NP-hard if for every $L' \in \mathrm{NP}$ we have that $L'$ is polynomial-time reducible to $L$. The acceptance problem for nondeterministic Turing machines

is undecidable and is NP-hard. For consider an $L' \in \mathrm{NP}$. $L'$ is decided by some nondeterministic Turing machine $M'$ with polynomial time complexity. A poly-time reduction $f$ from $L'$ to $A_{\mathsf{NTM}}$ is given by

I think what causes people to think there is no uncomputable NP-hard problem is that they miss the point that NP-hardness is a lower bound on the hardness of a problem, not an upper bound on their hardness like P or NP.

A language L being NP-hard means that it is above language in NP and that is. Now if you understand this what need is to show that there are arbitrary harder problem.

Let $A$ be a language. Consider algorithms augmented with a black-box that they can use to deciding membership in $A$. Let's denote them by $\mathsf{C}^A$. It is easy to see that the halting problem for $\mathsf{C}^A$, $Halt_{\mathsf{C}^A}$ is not in $\mathsf{C}^A$.

In computablity theory this is called jump of $A$ and is denoted by $A'$. So $A < A'$ strictly. And nothing stops us from repeating this: $A<A'<A''<A'''<...$