SAT的最佳当前空间下限？

SAT 的最佳当前空间下限是多少？

下限空格是指图灵机使用的二进制工作区字母所使用的工作区单元数。由于TM可以使用内部状态来模拟任何固定数量的工作带单元，因此不可避免地需要一个恒定的加法项。但是，我有兴趣控制经常隐式包含的乘法常数：通常的设置允许通过较大的字母进行任意常数压缩，因此乘法常数在那里不相关，但是对于固定的字母，应该可以将其考虑在内。

例如，SAT需要超过空间；如果不是这样，那么该空间上限将通过仿真导致的时间上限，因此SAT 的组合时空下限将被违反（请参阅链接的问题）。似乎也有可能改进这种论点，以争辩说SAT至少需要空间才能获得一些小的正，类似于，其中是模拟空间界的常数指数TM受时间限制。 $\log\log n + c$ $n^{1+o(1)}$ $n^{1.801+o(1)}$ $\delta\log n + c$ $\delta$ $0.801/C$ $C$

不幸的是，通常非常大（在通常的模拟中肯定至少为2，其中TM的磁带首先通过较大的字母编码在单个磁带上）。这种边界相当弱，并且我对的空间下界特别感兴趣。对于一些足够大的常数，步骤的无条件时间下界将通过仿真暗示这样的空间下界。然而，时间降低的界限为目前尚未公知，更不用说大。 $C$ $\delta \ll 1$ $\log n + c$ $\Omega(n^d)$ $d > 1$ $\Omega(n^d)$ $d>1$ $d$

换句话说，我正在寻找一种可能是SAT超线性时间下限的结果，但可能有可能更直接地获得它。

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）
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像在其他答案（例如RW）中一样，单独关注时间或空间下界似乎遥不可及，并且只有较弱的/通用的已知界限，并且该领域的领先研究似乎提出了一个相对较新的概念时空复杂性

— vzn 2014年

Answers:

似乎已知的最佳界限（对于多带图灵机）是对数的。

假设二进制worktape位就足以决定是否任何位CNF公式是满足的，对所有足够大，。通过标准仿真，可以通过最多具有的TM来模拟具有个状态且最多使用位空间的TM $\delta\log n$ $n$ $n$ $q$ $s$ $qns2^s = 2^{s+\log n + \log s + \log q}$ 不同的配置。无论何时机器接受，都会有一系列（不确定性）运动到达接受状态，该状态最多与此配置数目一样长。当，最大为（请注意，对于所有输入长度，保持相同）。在单独的计数器胶带上， $s = \Omega(\log n)$ $2^{s(2+o(1))}$ $q$ $n$ $M$ 可以首先以一元形式写入此数量，然后在仿真的每个步骤中擦除计数器的一个符号，如果计数器符号用完了，则终止计算。这会产生一个恒定的开销因子（大约为3），它会被指数中的项吸收。因此，步就足够了。 $o(1)$ $2^{s(2+o(1))}$

通过假设，因此时间-空间乘积至多。 $s \le \delta\log n$ $\delta\log n2^{\delta\log n(2+o(1))} = n^{\delta(2+o(1))}$

Rahul Santhanam在2001年证明（请参阅doi：10.1016 / S0020-0190（00）00227-1），决定SAT的图灵机的时空积必须至少为；他的论点也适用于非确定性机器。因此，和至少二进制worktape的位是必要的。 $\Omega(n^{2-o(1)})$ $\delta \ge 1$ $\log n$

更一般而言，其他工作带和较大的工作带字母会将指数更改恒定因子。这最终减小了因数，但空间下界仍为。 $\delta$ $\Omega(\log n)$

— 安德拉斯·萨拉蒙（AndrásSalamon）
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也许我们可以用这种方法证明SAT 的空间下界（但是我对极限/渐近分析没有把握，所以我的答案可能是完全错误的）。 $\log n$

与一个只读输入带和一个工作带，既图灵机模型上的二进制字母表，对于每个判定上尺寸的输入状态我们有： $\Sigma = \{0,1\}$ $c$ $n$

T (n) \leq c 2^{S (n)} n S (n) (1)

$T(n) \leq c \, 2^{S(n)} \, n \, S(n) \quad (1)$

否则，图灵机将永远循环播放（组件代表所有可能的磁带配置，组件代表输入磁带机头位置，而组件代表工作磁带机头位置）。上的一个磁带单头TM过二进制字母表（1）变为。 $2^{S(n)}$ $n$ $S(n)$ $T(n) \leq c 2^{S(n)} S(n)$

将两个项都乘以并应用SAT的一般时空权衡，我们得到： $S(n)$

n^{1.801 + o (1)} \leq S (n) \cdot T (n) \leq c S (n)^{2} 2^{S (n)} n

$n^{1.801+o(1)} \leq S(n)\cdot T(n) \leq c \, S(n)^2 \, 2^{S(n)} \, n$

所以挑选上界就像一个空间为SAT将导致contraddiction，确实 $S(n) \leq (\log n)^{1 - \epsilon}$

lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{c ((\log n)^{1 - ϵ})^{2} 2^{(\log n)^{1 - ϵ}} n} =

$\lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{ c \, ((\log n)^{1-\epsilon})^2 2^{(\log n)^{1-\epsilon}} n } =$

lim_{n \to \infty} (0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1 - ϵ) \log (\log n) - (\log n)^{1 - ϵ}) = \infty

$\lim_{n \to \infty} \Big( 0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1- \epsilon) \log (\log n) - (\log n)^{1-\epsilon}\Big) = \infty$

— 马齐奥·德·比亚西（Marzio De Biasi）
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似乎至少有两种通用方法可以证明

上限导致矛盾。主要是我脑子里想的使用（基本相同，但略有更易于使用）不平等

对于某一常数

。你提供的最后一步，也可以变得更强，作为一个矛盾从甚至如下

为

o (\log n)

$o(\log n)$

T (n) \leq 2^{\log n + C . S (n)}

$T(n) \le 2^{\log n + C.S(n)}$

C

$C$

S (n) \leq δ \log n

$S(n) \le \delta\log n$

。

δ < 0.801 / C

$\delta < 0.801/C$

— 2014年

@AndrásSalamon：在

必然的一面，你不能指望简单的改进：从S.巴斯和R·威廉斯。时空下界的交替交易证明的限制，2012年：“我们证明，为证明可满足性问题的任何更好的时空下界，新技术都是可证明的必要。即，“交替交易”方法“证明”用于证明SAT不能在

时间内求解，而

空间不能证明

S \cdot T

$S\cdot T$

n^{2 \cos (π / 7)}

$n^{2\cos(\pi /7)}$

n^{o (1)}

$n^{o(1)}$

时间下限，对于每个

“。您有任何想法:

n^{2 \cos (π / 7)} + ϵ

$n^{2\cos(\pi /7)}+\epsilon$

ϵ > 0

$\epsilon >0$

— Marzio De Biasi 2014年

我认为使用时空界限可以做到这一点，这恰恰是因为Ryan的方法已经达到了这些界限。

— 2014年

要甚至存储SAT实例，您需要

并读取它需要

时间。这不是证明

ST的下限吗？

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

— T ....

@Turbo，目前尚不清楚，每一个算法来决定SAT具有存储该实例：证明的

位确定性空间下界将显示

。

Ω (n)

$\Omega(n)$

L ⊊ N P

$\mathsf{L} \subsetneq \mathsf{NP}$

— 安德拉斯·萨拉蒙