确定可以通过非交换组元素的置换来实现

固定有限群。我对以下决策问题感兴趣：输入是某些元素，它们具有部分顺序，而问题是，是否存在满足该顺序的元素的排列，并且该排列是否满足order产生组的中性元素。摹$G$$G$$e$

形式上，检验问题如下，其中组是固定的：$G$$G$

• 输入：有限的部分有序集，具有从到的标记函数。μ P $(P, <)$$\mu$$P$$G$
• 输出：是否存在的线性扩展（即，总阶使得对于所有，表示），从而写出的元素遵循总顺序为，我们有。（P ，< '）X ，ÿ ∈ P X < ý X < ' ý P < ' X 1，... ，X Ñ μ （X 1）＆CenterDot;＆⋯ ＆CenterDot;＆μ （X Ñ）= $P$$(P, <')$$x, y \in P$$x < y$$x <' y$$P$$<'$$x_1, \ldots, x_n$$\mu(x_1) \cdot \cdots \cdot \mu(x_n) = e$

对于任何组，检验问题显然都在NP中。我的问题是：是否存在一个G组，使得G检验问题是NP难的？$G$$G$$G$$G$

关于等效问题陈述的几点评论：

• 姿势和线性扩展的语言可以等效地用DAG和拓扑顺序的语言替换。也就是说，如果您愿意，可以将输入视为带有标记有组元素的顶点的DAG，并将其视为询问输入DAG的某种拓扑类型是否达到$e$。
• 人们可以代替考虑其中我们给出一个偏序较硬的问题和克∈ ģ，并询问是否克（而不是ë）即可实现。实际上，更强的问题可以归结为上述问题：我们可以问e是否可以由（P '，< ）实现，其中P '为P但元素标记为g − 1小于所有其他元素。因此，以上定义中e的自然选择。$(P, <)$$g \in G$$g$$e$$e$$(P', <)$$P'$$P$$g^{-1}$$e$

现在，关于我解决问题的尝试：

• 当然，如果组是可交换的，则G检验问题显然在PTIME中，因为所有线性扩展都达到相同的组元素，因此我们可以通过拓扑排序选择它们中的任何一个，并检查其是否为e。所以有趣的案例是不可交换的摹。更一般而言，如果G与某个非平凡的可交换组具有同构性（例如，对于置换的签名），则必要但不充分的条件是通过同构性查看问题并在可交换图像的PTIME中对其进行检查。我看不到这是否可以推广到所有有限组的分解方案。$G$$G$$e$$G$$G$
• 如果顺序关系为空（即，我们在中获得了元素的多个集合并且可以使用任何置换），则可以通过动态编程解决问题，其中状态是G中每个元素仍然出现的次数未使用（请记住G是固定的，因此状态数将是输入中的多项式）。$G$$G$$G$
• 对于宽度恒定的体的输入，可以在链分解之后使用动态算法。因此，如果硬度保持不变，则必须使用任意宽的输入花样。请注意，对于宽姿势，在动态编程方法中可能的“状态”数将是姿势的不正常的次数，通常是指数而不是多项式，因此该方法不直接起作用。
• 可以对类人而不是组来研究相同的问题，但是对于类人我已经知道，通过一个相当复杂的论点很难解决，该论点涉及自动机的过渡等分并且简化为先前CStheory问题的一个变体。对此的充分证明在本预印本中（附录D.1.3和D.1.4），尽管术语大相径庭。因此，当检验为PTIME时，它必须使用组元素的可逆性。$G$
• 如果我们问是否所有线性扩展都实现（而不是某些线性扩展），那么我知道问题出在PTIME中（请参见同一预印本的附录D.2），尽管我也知道另一个问题将是coNP-对于monoid而不是组（D.1.3和D.1.4）很难。$e$

如果 -测试是很难对一些摹的，当然，在自然的问题是一些二分法是否成立，以及标准将区分听话摹和非听话摹。实际上，当我们使用有限自动机而不是组时，可以更普遍地问这个问题。（正式：修复有限字母表Σ，和有限确定性有限自动机（DFA）甲上Σ，并考虑甲 -test问题，给定的标记与来自元件偏序集Σ，检查是否一些线性延伸形式通过接受一个字的答：）我当然不知道这些更难的问题。$G$$G$$G$$G$$\Sigma$$A$$\Sigma$$A$$\Sigma$$A$

我在下面显示，对于某些简单但无限的G组，检验问题是NP难的。有限的情况仍未解决。$G$$G$

证明

定义以下函数：和g a（x ）= x + a。$f(x) = -x$$g_a(x) = x + a$

然后将设为由f和g a生成的组，并将其组成为运算。$G$$f$$g_a$

注意的元素是{ ˚F ∘ 克一个| 一个∈ ž } ∪ { 克一个| 一∈ ž }，所以这其实是一个非常简单的组。$G$$\{f \circ g_a | a \in \mathbb{Z} \} \cup \{g_a | a \in \mathbb{Z} \}$

然后，通过减少分区，检验问题成为NP难题。$G$

分区问题询问整数的给定序列是否存在该序列的一个分区分成相等总和的两个部分。$a_1, a_2, ..., a_n$

对于任何这样的序列，我们将我们的位姿包含n + 2个元素，并且不加任何顺序。其中两个元素是f。其它Ñ元件是克一个我为我= 1 ，。。。，n。$P$$n+2$$f$$n$$g_{a_i}$$i = 1,..., n$

需要注意的是和˚F ∘ 克p ∘ ˚F = 克- p。仅使用这些事实，我们看到，在元素的组合物P以任何顺序将总是等于克Σ 我∉ 我一个我 - Σ 我∈ 我一个我其中我是其中组索引克一个我被定位在所述间f的两次出现$g_p \circ g_q = g_{p+q}$$f \circ g_p \circ f = g_{-p}$$P$$g_{\sum_{i \not\in I}a_i - \sum_{i \in I}a_i}$$I$$g_{a_i}$$f$。由于身份是，的排序P构成到身份当且仅当该订货下Σ 我∉ 我一个我 - Σ 我∈ 我一个我 = 0，或者换句话说，当且仅当Σ 我∉ 我一个我 = Σ 我∈ 我一个我。$g_0$$P$$\sum_{i \not\in I}a_i - \sum_{i \in I}a_i = 0$$\sum_{i \not\in I}a_i = \sum_{i \in I}a_i$

然后，此实例 -问题有一个解决方案，当且仅当存在一个我使得Σ 我∉ 我一个我 = Σ 我∈ 我一个我 ; 这正是分区实例具有解决方案的条件。$G$$I$$\sum_{i \not\in I}a_i = \sum_{i \in I}a_i$

因此，这种减少就是保留答案。由于显然也是多项式时间（假设对的元素进行任何合理的编码），因此G检验问题是NP完全的。$G$$G$

与我的合著者一起，我们刚刚发布了预印本，可以更常规地研究该问题。在有限群的情况下，我们声称在元素上的偏序由链的并集组成的情况下，这个问题是可解决的（在NL中）：见定理6.2。我们可以猜想，一般DAG的问题也存在于NL中，并且存在将技术扩展到该背景的一些希望，但是我们缺少与此问题相关的内容-有关详细信息，请参见预印本，第5节。 6，“限制”段末尾，第二个限制。