在PLS中计算问题的局部最优数量有多难？

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对于多项式局部搜索问题，我们知道至少必须存在一个解（局部最优）。但是，可能存在更多的解决方案，对于PLS完全问题，计算解决方案的数量有多困难？我对决策问题特别感兴趣：这个PLS完全问题的实例是否有两个或多个解决方案？

复杂度是否取决于我们选择哪个PLS完全问题？如果是这样，那么我将对加权2SAT（在[SY91]和[Rou10]中定义）特别感兴趣。我知道计算2SAT的令人满意的解决方案的数量是＃P-完成的，但是乍一看，似乎加权2SAT的局部最优和2SAT的解决方案没有太多相同之处。

我也知道，对于PLS的表亲PPAD，[CS02]表明计算Nash平衡数是#P困难的。这表明类似的PLS问题（例如计算拥塞博弈中的纯策略均衡数量）也将很困难。

参考文献

[CS02] Conitzer，V.和Sandholm，T.（2002）。关于纳什均衡的复杂性结果。IJCAI-03。cs / 0205074。

[Rou10] T. Roughgarden。（2010）。计算均衡：计算复杂性的观点。经济理论，42：193-236。

[SY91] AA Schaeffer和M. Yannakakis。（1991）。简单的本地搜索问题，很难解决。SIAM计算杂志，20（1）：56-87。

cc.complexity-theory counting-complexity gt.game-theory

— Artem Kaznatcheev
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我可以部分回答您的问题：计算PLS完全搜索问题的局部最优确实可以是#P困难的。

首先，正如Yoshio指出的那样，PLS中存在一个搜索问题，其关联的计数问题为＃P-complete。（但是，我们不知道是否完成PLS。）让是一些PLS完成的问题。然后定义，在针对输入，要求输入相对于的局部最优。这个问题继承的PLS成员，继承了PLS-完整性，并为计数问题继承了＃P-完整性。 $P_1$ $P_1$ $P_2$ $P'$ $(x, i)$ $i \in \{1, 2\}$ $x$ $P_i$ $P_1, P_2$ $P_2$ $P_1$

同样，可以构造一个（人工的）PLS完全问题，对于该问题，NP完全决定是否存在多个局部最优。如在先前的参数，一个“钉合”一个PLS完全问题如前，与PLS问题其中，上输入一个布尔公式，具有多于一个的相关联的局部最优IFF是可满足的。 $P_1$ $P_2$ $\psi$ $\psi$

这些类型的结构有些不令人满意，因为我们试图构建一个具有两个硬度特性的搜索问题，但是的域“分裂”为两个部分，每个部分可能只有两个特性之一。下面，我将展示给定PLS中的一个搜索问题（其关联的计数问题为＃P-complete）和给定PLS-complete问题，如何定义一个PLS问题，该问题与对和计数一样困难以“逐个实例”的方式搜索。 $Q$ $Q$ $P_1$ $P_2$ $Q$ $P_1$ $P_2$

也就是说，我们会表现出，使得解决问题的计数为输入有效地减少了解决问题的计数为输入，而对于搜索问题上输入降低到搜索问题的输入。 $Q$ $P_1$ $x$ $Q$ $x$ $P_2$ $x$ $Q$ $x$

为了简化表示，我们假设使得在长度为任何输入上，与相关联的候选解空间在某些超过长度为串（但对于具有不同的邻域结构）。令为与相关的适应度函数。 $P_1, P_2$ $x$ $n$ $x$ $y$ $n^c$ $c$ $P_1, P_2$ $F_i(x, y)$ $P_i$

在输入，的搜索空间超过元组，其中每个在，和。作为适应度函数为，我们定义 $x \in \{0, 1\}^n$ $Q$ $(y^1, y^2, z, b)$ $y^i$ $\{0, 1\}^{n^c}$ $z \in \{0, 1\}^{n^c + 1}$ $b \in \{0, 1\}$ $F(x, (y^1, y^2, z, b))$ $Q$

$F(x, (y^1, y^2, z, b)) := F_1(x, y^1) + F_2(x, y^2)$ 如果， $b = 1$

$F(x, (y^1, y^2, z, b)) := ||y^1|| + ||z|| + F_2(x, y^2)$ 如果。 $b = 0$

（这是汉明的体重。）

对于的邻域结构，我们将每个元组（）连接到所有元组这样 $Q$ $(x, (y^1, y^2, z, 1))$ $b = 1$ $(x, ((y')^1, (y')^2, z', 1))$

（A）被连接到根据为，和 $(x, y^i)$ $(x, (y')^i)$ $P_i$ $i = 1, 2$

（B）最多1个坐标不同。 $z, z'$

对于元组，我们将到所有元组这样 $b = 0$ $(x, (y^1, y^2, z, 0))$ $(x, ((y')^1, (y')^2, z', 0))$

（A '）被连接到根据，AND $(x, y^2)$ $(x, (y')^2)$ $P_2$

（B'）最多相差1个坐标，。 $z, z'$ $y^1, (y')^1$

（注意，与元组是从那些具有断开）。 $b = 0$ $b = 1$

那就是的定义。邻域具有所需的多项式大小，因此在PLS中。 $Q$ $Q$

声明：长度- 根据输入的局部最优正好是以下两个不交集： $n$ $x$ $Q$

（1）所有元组，其中是对（是任意的，的局部最优，并且）；和， $(x, (y^1, y^2, z,1))$ $(x, y^i)$ $P_i$ $i = 1, 2$ $z$ $b = 1$

（2）所有元组，其中是的局部最优值，而都是全1，并且。 $(x, 1^{n^c}, y^2, 1^n, 0))$ $(x, y^2)$ $P_2$ $z, y^1$ $b = 0$

如果您同意，则的PLS硬度是立即的，因为输入的任何局部最优都给出了局部最优的（对于相同的输入），和是PLS-硬。 $Q$ $(x, (y^1, y^2, z,b))$ $Q$ $x$ $(x, y^2)$ $P_2$ $x$ $P_2$

另外，从我们的权利要求得出，数局部极值为下等于，其中是下的局部最优值的数量。现在在，所以我们有 $N(x)$ $x$ $Q$ $(2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$ $N_i(x)$ $x$ $P_i$ $N_2(x)$ $[1, 2^{n^c}]$

$N_2(x) = N_2(x)$ mod mod mod。 $2^{n^c + 1} = (2^{n^c + 1} N_1(x) + 1) \cdot N_2(x)$ $2^{n^c + 1} = N(x)$ $2^{n^c + 1}$

因此，给定我们可以获得。然后我们还可以通过简单的代数获得：。由于完成#P次计算，因此也是如此。因此，为计算局部最优是＃P-完成的（对计数减少为对同一实例的计数）。 $N_2(x)$ $N(x)$ $N_1(x)$ $N_1(x) = \left(\frac{N(x)}{N_2(x)} - 1\right)/2^{n^c + 1}$ $N_1(x)$ $N(x)$ $Q$ $P_1$ $Q$

我不知道如何以“逐个实例”的方式将PLS硬度与NP硬度相结合来决定局部最优的唯一性。

至于每个 PLS完全搜索问题是否都会产生 #P完全计数问题，我也不知道。这似乎涉及到是否的问题，对于每一个NP完全问题的决定L和每polytime验证为，相关证人计数的问题是＃P-完成。在人们考虑过的所有特定情况下，在某些合理的温和条件下，＃P完整性都成立，但总体上是开放的。看到这个讨论。 $V(x, y)$ $L$

对于已知为PLS完全的特定的，更自然的问题，通过给出从说“匹配”到“的PLS约简（具有某些适合计数的特殊性质），人们也许能够建立＃P-完全性以对局部最优进行计数。也许现有技术已经足够；我没有确定。 $Q$ $Q$

— 安迪·德鲁克（Andy Drucker）
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比你，安迪！这非常有用。我将不得不多次阅读它，以确保我遵循所有内容。

— Artem Kaznatcheev

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考虑二部图中的最大匹配问题。可行解决方案系列包括所有匹配项，并且通过查找扩展路径来执行本地搜索。该问题属于PLS，因为如果电流匹配不是最大，则可以在多项式时间内找到增广路径，并且可以在多项式时间内检查最大值。任何局部最优都是最大匹配（即全局最优）。但是，很难计算二部图中最大匹配的数量。

由于可以在多项式时间内找到局部最优值，因此该问题不太可能是PLS完全的。因此，恐怕这不是预期的答案（您的问题仅限于PLS完全问题）。但是，我应该指出，即使可以有效地找到一个局部最优值，也很难计算局部最优值的数量。

— 冈本佳男
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谢谢！这是了解#P硬度（以及为什么我提到2SAT）的一个很好的概括点。我将继续讨论这个问题，以期希望对PLS完全问题能有所回应，并且还将更加强调将现有的一个解决方案与两个或多个现有的解决方案区分开（这是我实际上最感兴趣的情况）。

— Artem Kaznatcheev

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由于可以有效地检查最大匹配项的唯一性，因此对于您最感兴趣的问题，我的回答并不令人满意。谢谢。

— 冈本