即使对于3CNF公式，Gap-3SAT NP也是完整的，在该公式中没有一对变量出现在比平均数更多的子句中？

在此问题中，3CNF公式表示CNF公式，其中每个子句恰好包含三个不同的变量。对于常数<< s <1，Gap-3SAT _s是以下承诺问题：

Gap-3SAT _的
实例：3CNF公式φ。
是的承诺：φ是可以满足的。
无承诺：没有真值分配满足φ子句的s分数以上。

陈述著名的PCP定理[AS98，ALMSS98]的等效方法之一是存在一个常数0 < s <1，以使Gap-3SAT _s为NP-complete。

我们说如果每对不同的变量最多出现在B子句中，则3CNF公式是成对的B界。例如，3CNF式（X ₁ ∨ X ₂ ∨ X ₄）∧（¬ X ₁ ∨¬ X ₃ ∨ X ₄）∧（X ₁ ∨ X ₃ ∨¬ X ₅）是成对2有界但不成对地1有界的，因为例如（x ₁，x ₄）对出现在多个子句中。

问题。做存在常数乙 ∈ℕ，一 > 0，和0 < 小号 <1，使得间隙3SAT _小号是NP完全即使对于3CNF式是成对乙 -bounded和由至少一个²条款，其中Ñ的数量是多少？

成对有界清楚地表明只有O（n ²）子句。连同子句数量的二次下界，它粗略地说，没有一对明显的变量出现在比平均数更多的子句中。

对于Gap-3SAT，已知稀疏情况很难：存在一个常数0 < s <1，使得即使对于每个变量恰好出现五次的3CNF公式，Gap-3SAT _s也是NP完全的[Fei98]。另一方面，稠密的情况很容易：Max-3SAT接受具有Ω（n ³）个不同子句[AKK99] 的3CNF公式的PTAS ，因此，在这种情况下，对于每个常数0 < ，Gap-3SAT _s在P中s <1。问题询问这两种情况的中间情况。

上面的问题最初是在量子计算复杂性的研究中出现的，更具体地讲是纠缠证明者的两证明一轮交互式证明系统（MIP ^*（2,1）系统）。但是我认为这个问题本身可能会很有趣。

参考文献

[AKK99] Sanjeev Arora，David Karger和Marek Karpinski。NP-hard问题的稠密实例的多项式时间逼近方案。 [计算机与系统科学学院，58（1）：193-210，1999年二月 http://dx.doi.org/10.1006/jcss.1998.1605

[ALMSS98] Sanjeev Arora，Carsten Lund，Rajeev Motwani，Madhu Sudan和Mario Szegedy。证明验证和近似问题的难度。 ACM学报，45（3）：501-555，1998年5月 http://doi.acm.org/10.1145/278298.278306

[AS98] Sanjeev Arora和Shmuel Safra。证明的概率检查：NP的新特征。 ACM学报，45（1）：70-122，1998年一月 http://doi.acm.org/10.1145/273865.273901

[Fei98] Uriel Feige。ln n的阈值，用于近似设置覆盖率。 ACM学报，45（4）：634-652，1998年7月 http://doi.acm.org/10.1145/285055.285059

cc.complexity-theory sat approximation-hardness

— 伊藤刚
source

@Tsuyoshi：我是否可以假设在和之间的其他中间情况一无所知？

m = O (n)

$m = O(n)$

m = Ω (n^{3})

$m = \Omega(n^3)$

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）2010年

@András：我不知道有关中间案件的任何先前结果，但是我认为可以证明以下案件的NP完整性。（1）成对有界子句，但不带空格。（2）对于任何常数d <3，但不一定成对限制的子句有一个间隙。（3）对于任何常数d <2 ，具有成对，成对有界子句。（1）的证明是对[Fei98]的简单归纳。（2）的证明使用了Ailon和Alon 2007的部分结果。（3）的证明使用扩展器。

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

Ω (n^{d})

$\Omega(n^d)$

Ω (n^{d})

$\Omega(n^d)$

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）2010年

@Tsuyoshi：期待阅读您的论文。

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）2010年

没有答案，但是我会检查是否有证明m子句的随机3CNF不令人满意的方法，可以在这里成功显示此问题容易，至少在您要求稳健性接近7/8的情况下如此。一旦有超过子句，这些工作就会成功，并且已经扩展到半随机模型（有关反驳平滑3CNF的信息，请参阅Feige FOCS 07）。但是，Tsuyoshi似乎表明，即使此处的情况仍然是NP-hard，所以也许这表明这些作品无关紧要。

s

$s$

n^{1.5}

$n^{1.5}$

n^{1.9}

$n^{1.9}$

— 波阿斯·巴拉克

Boaz，您总是可以通过将每个变量替换为副本，然后将每个子句替换为子句，并以所有可能的方式用副本替换原始子句中的每个变量，来“压缩” 3SAT的实例。这为您提供了一个实例，在该实例中可以满足与以前相同的子句比例，但是您从n个变量和m个子句转到nM个变量和子句，因此，在出现次数上没有进一步的限制，您可以即使在具有变量和子句的公式中，其稳健性也为。

M

$M$

M^{3}

$M^3$

m M^{3}

$mM^3$

7 / 8 + ϵ

$7/8 + \epsilon$

N

$N$

N^{2.999}

$N^{2.999}$

— 卡·特雷维森

没有一个完整的答案，但希望能结案。这与Luca的上述评论非常接近。我相信答案是，至少确实存在常量乙 ∈ℕ，一 > 0，和0 < 小号 <1，使得间隙3SAT _小号是NP完全即使对于3CNF式是成对乙 -bounded和由对于任何常量，至少要有子句。 $an^{2-\epsilon}$ $\epsilon$

证明如下。考虑一个GAP-3SAT实例上变量，其中，每个变量出现最多5次。正如您在问题中所说，这是NP完全的。 $_s$ $\phi$ $N$

现在，我们创建一个新实例，如下所示： $\Phi$

对于每一个变量在，具有变量。 $x_i$ $\phi$ $\Phi$ $n$ $y_{ij}$
对于每个带有的索引，和，有一对子句和。我将它们称为比较子句，因为如果它们满足，它们可以确保。 $i$ $a$ $b$ $a\neq b$ $\Phi$ $y_{ia}∨￢y_{ib}∨￢y_{ib}$ $y_{ib}∨￢y_{ia}∨￢y_{ia}$ $y_{ia} = y_{ib}$
对于作用于变量，和每个子句，对于每个和，包含一个等效子句，其中被替换，被替换，被替换由（此处加法以为模）。我将这些称为继承子句。 $\phi$ $x_i$ $x_j$ $x_k$ $a$ $b$ $\Phi$ $x_i$ $y_{ia}$ $x_j$ $y_{jb}$ $x_k$ $y_{k(a+b)}$ $n$

这样，变量的总数为。注意有比较子句和继承的子句，总共有子句。取我们有，子句总数。我们取，所以。 $m = nN$ $\Phi$ $2Nn^2$ $\frac{5}{3}Nn^2$ $\frac{11}{3}Nn^2$ $n = N^k$ $m = N^{k+1}$ $C = \frac{11}{3}N^{2k+1} = \frac{11}{3}m^{2-\frac{1}{k+1}}$ $k = \epsilon^{-1} - 1$ $C \propto m^{2-\epsilon}$

接下来，是成对的8界（比较子句最多2个，继承子句最多6个）。 $\Phi$

最后，如果不满足，则至少子句不满足。现在，如果对于任何则至少子句不满足。请注意，为了满足固定一组继承子句中的不满意子句，则应分配变量，和至少必须在位置上有所不同，而至少在比较中不能满足需要。这必须适用于和每个选择 $\phi$ $(1-s)N$ $y_{ia} \neq y_{ib}$ $a,b$ $n-1$ $(1-s)N$ $a,b$ $y_{:a}$ $y_{:b}$ $y_{:(a+b)}$ $\frac{1-s}{5}N$ $\frac{1-s}{5}N(n-1)$ $a$ $b$ ，因此至少比较子句必须始终不满足，才能满足足够的继承子句。但是，如果您查看满足所有比较子句的另一个极端，则子句不令人满意。因此，与的差距仍然存在（尽管有所减少）。 $\approx \frac{1-s}{5}Nn^2 = \frac{3(1-s)}{11}C$ $(1-s)Nn^2 = (1-s)m^{\frac{2k+1}{k+1}} = (1-s)C$ $s' = \frac{4+s}{5}$

常量可能需要再次检查。

— 乔·菲茨西蒙斯
source

谢谢，乔。抱歉，如果不清楚，但是在这个问题中，我要求每个子句中的三个变量都必须完全不同，因此不能使用编写时的比较子句。我有一个使用扩展器图的相同事实（成对有界，Ω（n ^（2-ε））子句，带间隙）的证明，但是如果可以在不使用扩展器的情况下进行证明，我会非常感兴趣。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

@Tsuyoshi：我知道了。实际上，我最初是用不同的变量向我自己证明的，所以很容易在tweek内将其转换为所需的形式。您只需以稍微不同的方式分配比较子句。代替我给您的两个子句，您需要4：，，和。显然，这些简化为与以前相同的2个变量子句。显然，这周常数不变，但没有任何其他区别。

y_{i a} \lor ￢ y_{i b} \lor ￢ y_{i (a + b)}

$y_{ia}∨￢y_{ib}∨￢y_{i(a+b)}$

y_{i a} \lor ￢ y_{i b} \lor y_{i (a + b)}

$y_{ia}∨￢y_{ib}∨y_{i(a+b)}$

￢ y_{i a} \lor y_{i b} \lor ￢ y_{i (a + b)}

$￢y_{ia}∨y_{ib}∨￢y_{i(a+b)}$

￢ y_{i a} \lor y_{i b} \lor y_{i (a + b)}

$￢y_{ia}∨y_{ib}∨y_{i(a+b)}$

— Joe Fitzsimons

也许可以通过取来绕过因子，尽管最幼稚的实现使实例的增长比多项式增长的快得多。

ϵ

$\epsilon$

k = k (n)

$k = k(n)$

— Joe Fitzsimons

稍后，我将更详细地检查细节，但是使用a，b和（a + b）的想法似乎可行。这应该使我免于明确地与扩展器打交道。谢谢！

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

没问题。很高兴我可以提供帮助。

— Joe Fitzsimons