确定单调CNF是否暗含单调DNF的问题

考虑以下决策问题

输入：一个单调CNF $\Phi$ 和单调DNF。 $\Psi$

问题：是重言式吗？ $\Phi \to \Psi$

绝对可以在 -time中解决此问题，其中是的变量数，而是输入的长度。另一方面，此问题是coNP完全的。此外，建立coNP完整性的简化也表明，除非SETH失败，否则没有时间算法（这适用于任何正）。这是减少。令为（非单调）CNF，令为其变量。用替换的每个正出现 $O(2^n \cdot \mathrm{poly}(l))$ $n$ $\Phi \to \Psi$ $l$ $O(2^{(1/2 - \varepsilon)n} \mathrm{poly}(l))$ $\varepsilon$ $A$ $x$ $x$ $y$ 的每个负出现。对每个变量执行相同的操作。让所得的单调CNF为。很容易看出，如果不是重言式，那么是可以满足的。这种减少使变量的数量增加了2倍，这意味着上面提到的（基于SETH）的下限。 $x$ $z$ $\Phi$ $A$ $\Phi \to yz \lor \ldots$ $2^{n/2}$

因此，在与 time 之间有一个间隔。我的问题是，是否已知有更好的算法或从SETH中得到更好的减少？ $2^{n/2}$ $2^n$

看似与该问题有关的仅两句话：

一个单调的DNF是否暗示单调的CNF在多项式时间内可以简单解决的反问题。
有趣的是，由于Fredman和Khachiyan的缘故，可以在准多项式时间内解决确定和是否计算相同函数的问题（关于单调析取范式的对偶复杂性，Journal of Algorithms 21（1996），no 。3，第618–628页，doi：10.1006 / jagm.1996.0062） $\Phi$ $\Psi$

exp-time-algorithms boolean-formulas fine-grained

— 萨莎·科扎钦斯基（Sasha Kozachinskiy）
source

假设SETH，问题是不及时可解对于任何。 $O\bigl(2^{(1-\epsilon)n}\mathrm{poly}(l)\bigr)$ $\epsilon>0$

首先，让我证明这是真的为更普遍的问题，其中和可以是任意的单调的公式。在这种情况下，从TAUT到保留变量数量的问题的折时CTT减少了。令表示阈值函数 $\Phi$ $\Psi$ $T^n_t(x_0,\dots,x_{n-1})$ 使用Ajtai-Komlós-Szemerédi排序网络，可通过多项式大小单调式被写入，在constructible时间。

T_{t}^{n} (x_{0}, \dots, x_{n - 1}) = 1 ⟺ | {i < n : x_{i} = 1} | \geq t .

$T^n_t(x_0,\dots,x_{n-1})=1\iff\bigl|\{i<n:x_i=1\}\bigr|\ge t.$

T_{t}^{n}

$T^n_t$

p o l y (n)

$\mathrm{poly}(n)$

给定一个布尔公式，我们可以使用德摩根规则，把它写在表格其中是单调的。然后 $\phi(x_0,\dots,x_{n-1})$

ϕ^{'} (x_{0}, \dots, x_{n - 1}, \neg x_{0}, \dots, \neg x_{n - 1}),

$\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},\neg x_0,\dots,\neg x_{n-1}),$

ϕ^{'}

$\phi'$

是重言式，当且仅当单调含义

是有效的，每

，其中

ϕ (x_{0}, \dots, x_{n - 1})

$\phi(x_0,\dots,x_{n-1})$

Ť_{Ť}^{ñ} （ X_{0} ， \dots ， X_{ñ - 1个} ） \to ϕ^{'} （ X_{0} ， \dots ， X_{ñ - 1个} ， ñ_{0} ， \dots ， ñ_{ñ - 1个} ）

$T^n_t(x_0,\dots,x_{n-1})\to\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},N_0,\dots,N_{n-1})$

t \leq n

$t\le n$

ñ_{一世} = Ť_{Ť}^{ñ - 1个} （ X_{0} ， \dots ， X_{一世 - 1个} ， X_{一世 + 1个} ， \dots ， X_{ñ - 1个} ） 。

$N_i=T^{n-1}_t(x_0,\dots,x_{i-1},x_{i+1},\dots,x_{n-1}).$

对于从左到右的含义，令为满足的分配，即至少个。存在与准确的。然后，从而意味着 $e$ $T^n_t$ $t$ $e'\le e$ $t$ $e'\models N_i\leftrightarrow\neg x_i$ $e'\models\phi$ 。由于这是一个单调公式，我们也有。从右到左的含义相似。 $e'\models\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},N_0,\dots,N_{n-1})$ $e\models\phi'(x_0,\dots,x_{n-1},N_0,\dots,N_{n-1})$

现在，让我回到原来的问题。我将说明以下情况：如果问题是在时间上可解，那么对于任何， -DNF-TAUT（或双重， -SAT）在时间上是可解的 $2^{\delta n}\mathrm{poly}(l)$ $k$ $k$ $k$ 。这意味着，如果SETH成立。 $2^{\delta n+O(\sqrt{kn\log n})}\mathrm{poly}(l)$ $\delta\ge1$

所以，假设我们给出一个 -DNF 其中每个。我们分裂变量分为的块大小的 $k$

ϕ = \underset{一世 < 升}{⋁} （ \underset{Ĵ \in {一种}_{一世}}{⋀} X_{Ĵ} \land \underset{Ĵ \in 乙_{一世}}{⋀} \neg X_{Ĵ} ） ，

$\phi=\bigvee_{i<l}\Bigl(\bigwedge_{j\in A_i}x_j\land\bigwedge_{j\in B_i}\neg x_j\Bigr),$

| A_{i} | + | B_{i} | \leq k

$|A_i|+|B_i|\le k$

i

$i$

n

$n$

n^{'} = n / b

$n'=n/b$

个。由相同的参数作为以上，

是同义反复当且仅当影响

b \approx \sqrt{k^{- 1} n \log n}

$b\approx\sqrt{k^{-1}n\log n}$

ϕ

$\phi$

\begin{matrix} （ * ） & \underset{ü < ñ^{'}}{⋀} Ť_{Ť_{ü}}^{b} （ X_{b ü} ， \dots ， X_{b （ ü + 1个 ） - 1个} ） \to \underset{一世 < 升}{⋁} （ \underset{Ĵ \in {一种}_{一世}}{⋀} X_{Ĵ} \land \underset{Ĵ \in 乙_{一世}}{⋀} ñ_{Ĵ} ） \end{matrix}

$\tag{$*$}\bigwedge_{u<n'}T^b_{t_u}(x_{bu},\dots,x_{b(u+1)-1})\to \bigvee_{i<l}\Bigl(\bigwedge_{j\in A_i}x_j\land\bigwedge_{j\in B_i}N_j\Bigr)$

n^{'}

$n'$

t_{0}, \dots, t_{n^{'} - 1} \in [0, b]

$t_0,\dots,t_{n'-1}\in[0,b]$

j = b u + j^{'}

$j=bu+j'$

0 \leq j^{'} < b

$0\le j'<b$

ñ_{Ĵ} = Ť_{Ť_{ü}}^{b - 1个} （ X_{b ü} ， \dots ， X_{b ü + Ĵ^{'} - 1个} ， X_{b ü + Ĵ^{'} + 1个} ， \dots ， X_{b （ ü + 1个 ） - 1个} ） 。

$N_j=T^{b-1}_{t_u}(x_{bu},\dots,x_{bu+j'-1},x_{bu+j'+1},\dots,x_{b(u+1)-1}).$

T_{t}^{b}

$T^b_{t}$

O (2^{b})

$O(2^b)$

(*)

$(*)$

O (n 2^{b})

$O(n2^b)$

N_{j}

$N_j$ 作为大小为的单调DNF

O (2^{b})

$O(2^b)$ 。因此，使用分布性，RHS的每个析取项可以写为大小为单调的DNF

O (2^{k b})

$O(2^{kb})$ ，并且整个RHS都是DNF大小

O (l 2^{k b})

$O(l2^{kb})$ 。它遵循

(*)

$(*)$ 是我们尺寸问题的一个实例

O (l 2^{O (k b)})

$O(l2^{O(kb)})$ 在

n

$n$ 变量。通过假设，我们可能会及时检查其有效性

O (2^{δ n + O (k b)} l^{O (1)})

$O(2^{\delta n+O(kb)}l^{O(1)})$ 。我们对所有重复此检查

b^{n^{'}}

$b^{n'}$ 选择

\vec{t}

$\vec t$ ，因此总时间为

Ø （ （ b + 1个 ）^{ñ / b} 2^{δ ñ + Ø （ ķ b ）} 升^{Ø （ 1个 ）} ） = Ø （ 2^{δ ñ + Ø （ \sqrt{ķ ñ 日志 ñ} ）} 升^{Ø （ 1个 ）} ）

$O\bigl((b+1)^{n/b}2^{\delta n+O(kb)}l^{O(1)}\bigr)=O\bigl(2^{\delta n+O(\sqrt{kn\log n})}l^{O(1)}\bigr)$ 如所声称的。

通过考虑问题的有界宽度版本，我们与（S）ETH有了更紧密的联系：对于任何 $k\ge3$ ，让 $k$ -MonImp表示问题的限制，其中 $\Phi$ 是一个 $k$ -CNF，以及 $\Psi$ 是一个 $k$ -DNF。（S）ETH关注常数

\begin{aligned} s_{k} & = inf {δ : k - S A T \in D T I M E (2^{δ n})}, \\ s_{\infty} & = sup {s_{k} : k \geq 3} . \end{aligned}

$\begin{align*} s_k&=\inf\{\delta:k\text-\mathrm{SAT}\in\mathrm{DTIME}(2^{\delta n})\},\\ s_\infty&=\sup\{s_k:k\ge3\}. \end{align*}$ Likewise, let us define

\begin{aligned} s_{k}^{'} & = inf {δ : k - M o n I m p \in D T I M E (2^{δ n})}, \\ s_{\infty}^{'} & = sup {s_{k}^{'} : k \geq 3} . \end{aligned}

$\begin{align*} s'_k&=\inf\{\delta:k\text-\mathrm{MonImp}\in\mathrm{DTIME}(2^{\delta n})\},\\ s'_\infty&=\sup\{s'_k:k\ge3\}. \end{align*}$ Clearly,

s_{3}^{'} \leq s_{4}^{'} \leq \dots \leq s_{\infty}^{'} \leq 1

$s'_3\le s'_4\le\dots\le s'_\infty\le1$ as in the SAT case. We also have

s_{k}^{'} \leq s_{k},

$s'_k\le s_k,$ and the double-variable reduction in the question shows

s_{k} \leq 2 s_{k}^{'} .

$s_k\le2s'_k.$ 现在，如果我们将上述构造应用于恒定块大小

b

$b$ ，我们获得

s_{ķ} \leq s_{b ķ}^{'} + \frac{日志 （ b + 1个 ）}{b} ，

$s_k\le s'_{bk}+\frac{\log(b+1)}b,$ 因此

s_{\infty} = s_{\infty}^{'} 。

$s_\infty=s'_\infty.$ 特别地，SETH等价于

s_{\infty}^{'} = 1

$s'_\infty=1$ ，并且ETH等效于

s_{k}^{'} > 0

$s'_k>0$ 对所有人

k \geq 3

$k\ge3$ 。

— EmilJeřábek支持Monica
source

谢谢您的回答！我很好奇是否有可能

Φ

$\Phi$ 和

Ψ

$\Psi$ 在这个建筑中不断深入吗？即，我不知道亚指数大小的恒定深度单调布尔型公式（甚至非单调电路）是否已知

T_{k}^{n}

$T^n_k$ （特别是对于多数人）？当然有一个

2^{n^{Ω (1 / d)}}

$2^{n^{\Omega(1/d)}}$ 深度下限

d

$d$ ，但是，

2^{\sqrt{n}}

$2^{\sqrt{n}}$ 大小就可以了。

— Sasha Kozachinskiy

T_{k}^{n}

$T^n_k$ ，并且通常可由多项式大小的公式计算得出的任何值（即，在NC ^ 1中）具有深度-

d

$d$ 电路尺寸

2^{n^{O (1 / d)}}

$2^{n^{O(1/d)}}$ 。参见例如cstheory.stackexchange.com/q/14700。我将不得不考虑是否可以使它们单调，但这听起来似乎是合理的。

— EmilJeřábek在18:52支持Monica

好。首先，通用构造在单调设置中工作良好：如果函数具有多尺寸的单调公式，则其深度

d

$d$ 大小的单调电路

2^{n^{O (1 / d)}} p o l y (n)

$2^{n^{O(1/d)}}\mathrm{poly}(n)$ 对于任何

d \geq 2

$d\ge2$ 。其次，

T_{k}^{n}

$T^n_k$ 具体来说，构造单调深度很容易-

3

$3$ 电路尺寸

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

$2^{O(\sqrt{n\log n})}$ 通过将输入分成大小块

Θ (\sqrt{n \log n})

$\Theta(\sqrt{n\log n})$ 。

— EmilJeřábek支持Monica 18'9

实际上，多推这个想法，它确实为原始问题提供了答案：假设SETH，下限已经满足

Φ

$\Phi$ 单调CNF和

Ψ

$\Psi$ 单调DNF。我稍后再写。

— EmilJeřábek

我猜你可以将所有变量分为

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ 块

x^{1}, \dots x^{\sqrt{n}}

$x^1, \ldots x^{\sqrt{n}}$ 然后写

T_{k_{1}}^{\sqrt{n}} (x^{1}) \land \dots \land T_{k_{\sqrt{n}}}^{\sqrt{n}} (x^{\sqrt{n}}) \to ϕ^{'}

$T^{\sqrt{n}}_{k_1}(x^1)\land \ldots \land T^{\sqrt{n}}_{k_\sqrt{n}}(x^{\sqrt{n}}) \to \phi^\prime$ 每个

k_{1} + \dots + k_{\sqrt{n}} \leq n

$k_1 + \ldots + k_{\sqrt{n}} \le n$ 。您可以使用

2^{\sqrt{n}}

$2^{\sqrt{n}}$ 每个阈值函数的CNF大小。但是，在右侧，您将没有DNF而是3深度公式...

— Sasha Kozachinskiy