解决子句空间复杂度的直接和定理？

解决方案是证明CNF不满意的方案。分辨率的证明是CNF中初始子句的空子句的逻辑推论。特别是任何初始子句可以推断，并从两个子句 $A \lor x$ 和 $B \lor \neg{x}$ 该条 $A \lor B$ 也可被推导出来。驳斥是一系列推论，以空子句结尾。

如果实现了这种反驳，我们可以考虑将一些子句保留在内存中的过程。如果必须再次使用非初始子句并且该子句不再在内存中，则算法必须从头开始或从内存中的子句再次使用它。

令 $Sp(F)$ 要保留在内存中的子句最少，以达到空子句。这称为的子句空间复杂度。我们说是是可以满足的。 $F$ $Sp(F)=\infty$ $F$

我建议问题是这样的：考虑两个的CNF $A=\bigwedge_{i=1}^m A_i$ 和 $B=\bigwedge_{j=1}^n B_j$ ，并让CNF

A \lor B = ⋀_{i = 1}^{m} ⋀_{j = 1}^{n} A_{i} \lor B_{j}

$A \lor B = \bigwedge_{i=1}^m \bigwedge_{j=1}^n A_i \lor B_j$

什么是的关系 $Sp(A \lor B)$ 与 $Sp(A)$ 和 $Sp(B)$ ？

明显的上限是 $Sp(A \lor B) \leq Sp(A) + Sp(B) -1$ 。紧吗

— 马西莫·劳里亚
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好问题！您知道直接和大小的答案吗？我猜最坏的情况是A和B没有共享变量。一个有趣的情况是，在重命名变量之前，A和B相同。顺便说一句，我不明白你如何达到这个上限，感觉可能会更糟。

— 卡夫

B

$B$

A_{i} \lor B_{j}

$A_i \lor B_j$

1 \leq j \leq n

$1 \leq j \leq n$

A_{i}

$A_i$

1 \leq i \leq m

$1 \leq i \leq m$

A

$A$

m . (S i z e (B) + O (1)) + S i z e (A)

$m.(Size(B)+O(1))+Size(A)$ 。

— 卡夫

F_{1} \lor F_{2} \lor \dots F_{k}

$F_1 \lor F_2 \lor \ldots F_k$

F_{i}

$F_i$

F

$F$

L e n g t h (A \lor B) \leq L e n g t h (B) | A | + L e n g t h (A)

$Length(A \lor B) \leq Length(B)|A|+Length(A)$

平凡的空间上限实际上需要在内存中少一个子句。我做了相应的编辑。

— MassimoLauria 2010年

我想将此发表为评论，但是由于我无法完全确定这样做的方式，因此我想它必须是一个“答案”。

我同意这个问题很好。当然，也可以问相同的问题，即解决反驳的长度（即，反驳中出现的从句的数量，以重复计数）和反驳的宽度（即，反驳中出现的文字的大小或数量），这是反驳中最大的子句）。

在所有这些情况下，都有“明显的”上限，但我不清楚是否应该期望匹配下限。因此，我想添加一个问题和一个评论。

问题关系到反驳的长度。似乎有理由相信，Massimo评论中所述的长度界限很严格，但是我们知道吗？

$A$ $B_i$ $w_A$ $B$ $B$ $w_B$ $\max (w_A, w_B)$

这当然很容易观察，但重点是它可能表明空间问题可能很棘手。之所以如此，是因为我们知道反驳中几乎所有的空间下限都通过宽度下限。（也就是说，空间下界是独立推导的，但事后看来，它们都是由Atserias和Dalmau撰写的精美论文“分辨率宽度的组合表征”得出的推论。）但是，如果存在分辨率子句的直接和定理空间，它不会跟随宽度的下界，而必须直接争论，至少到目前为止，这似乎要困难得多。但是，当然可能有一些简单的论点我没有得到。

— 雅各布·诺德斯特伦（Jakob Nordstrom）
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欢迎，雅各布！

— arnab 2011年

不幸的是，评论仅限于声誉至少为50的人-这是该软件的奇特之处，与防止垃圾邮件有关。我相信您会很快超过该阈值。

— Suresh Venkat

雅各布，您好，很高兴在这里见到您。（ps：我认为您已经超过了阈值。）

— Kaveh

嗨，雅各布，我想知道这种说法是否会对权衡产生一些影响。作为一种下界技术，它不是一个非常强大的工具：公式长度成平方，而空间线性增加。无论如何，此属性可能导致公式具有较小的宽度和较大的空间（请注意，如果执行非恒定的重复次数，则宽度也会增大）。

— MassimoLauria 2011年