单项式的直线复杂度

令为某个字段。像往常一样，对于我们将定义为在的直线复杂度。令为的单项式集合，即出现在且系数非零的单项式。 $k$ $f\in k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}]$ $L(f)$ $f$ $k$ $F$ $f$ $f$

是真的吗？ $\forall m\in F:L(m)\le L(f)$

甚至一些较弱的上限是已知的吗？ $L(m)$

cc.complexity-theory algebraic-complexity arithmetic-circuits

Answers:

如果

f = (Σ_{i = 1}^{n} x_{i})^{2^{n}}

$f=(\Sigma_{i=1}^n x_i)^{2^n}$ 则其具有

单项式和。根据计数参数，有直线程序，长度为。由于具有更多的单项式，对于某些人，我们需要更长的程序。实际上，此参数给出了一个单项式，其中。

(\binom{2^{n} + n - 1}{n - 1}) \approx 2^{n^{2}}

${2^n+n-1\choose n-1} \approx 2^{n^2}$

L (f) = O (n)

$L(f)=O(n)$

2^{O (n \log n)}

$2^{O(n\log n)}$

O (n)

$O(n)$

f

$f$

m

$m$

L (m) = \tilde{Ω} (L^{2} (f))

$L(m)=\widetilde\Omega(L^2(f))$

— 多摩普
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作为基于domotorp的回答一小建设性例如，人们可以采取用，而。

f = (x + y)^{8}

$f=(x+y)^8$

L (f) = 4

$L(f)=4$

L (x^{7} y) = L (x^{7}) + 1 = 5

$L(x^7y)=L(x^7)+1=5$

— 2014年

@domotorp，谢谢您的答复。这似乎也是上限吗？还是可以有更好的下限？

— Gorav Jindal 2014年

我不知道，但是由于这个例子是如此简单，我想差距可能更大，甚至可能是指数级的。

— domotorp 2014年

我有一个“证明”，它有一个线性上限。我在哪里错了（因为您证明了二次下限）？这是因为如下：随着规模的SLP

，您计算一个多项式总额度的

。现在，

的SLP大小最大为

（二进制幂）。甲度-

-variate单项具有然后大小的SLP至多

（非常粗略的结合）：计算所有的

，

L

$L$

\leq 2^{L}

$\le 2^L$

x^{D}

$x^D$

2 \log D

$2\log D$

D

$D$

n

$n$

2 n \log D + n - 1

$2n\log D+n-1$

x_{i}^{D_{i}}

$x_i^{D_i}$

D_{i} \leq D

$D_i\le D$ ，然后是他们的产品。因此，如果我们考虑多项式

，其总次数最多为

，每个单项式的SLP大小最多为

。

f

$f$

2^{L (f)}

$2^{L(f)}$

2 n L (f) + n - 1

$2nL(f)+n-1$

— 2014年

@Bruno：很好的证明，它没有什么问题，但是当您将

和

相乘时，它不是线性的。但是，因为我们知道，

最多只能依赖于

的变量，我们可以假设

，这意味着所需的二次绑定。因此

。

n

$n$

L (f)

$L(f)$

f

$f$

L (f) + 1

$L(f)+1$

n \leq L (f) + 1

$n\le L(f)+1$

L (m) = O (L^{2} (f))

$L(m)=O(L^2(f))$

— domotorp 2014年

注意：这是先前评论的扩展，因为OP明确要求较弱的上限。

多项式的总度数由限定，因为每个运算最多可以使多项式的度数加倍。因此，对于每个，。 $f$ $2^{L(f)}$ $m\in M$ $\deg(m)\le 2^{L(f)}$

现在，对于某些变量和度，如果大小最大为，则存在一个SLP 通过二进制乘幂运算。对于一个单项式，一个可以单独计算每个再取他们的产品。因此 $x$ $d$ $x^d$ $2\log(d)$ $m=x_1^{d_1}\dotsb x_n^{d_n}$ $x_i^{d_i}$ ，其中是的总度数（当然，这是每个的上限）。 $L(m)\le 2n\log(d) + (n-1)$ $d$ $m$ $d_i$

在一起，可以得到： $m\in M$

L (m) \leq 2 n \log (\deg (m)) + (n - 1) \leq 2 n L (f) + (n - 1) .

$L(m)\le 2n\log(\deg(m))+(n-1)\le 2nL(f)+(n-1).$

由于，可以得出结论 $n\le L(f)+1$

\forall m \in M, L (m) \leq 2 L (f)^{2} + 3 L (f) .

$\forall m\in M, L(m) \le 2L(f)^2+3L(f).$

备注。如上所述的界限是非常粗糙的。特别是，第二段给出的的上限并不严格。但是，domotorp的回答表明，人们不能希望有一个更好的界线，更确切地说，不能消除对的二次依赖性。为了收紧结构，可以在附加链上使用最著名的结构。请注意，此问题的精确界限仍然未知。 $L(m)$ $L(f)$

— 布鲁诺
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