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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∨xA∨xA \lor x和B∨¬xB∨¬xB \lor \neg{x}该条A∨BA∨BA \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)Sp(F)Sp(F)要保留在内存中的子句最少,以达到空子句。这称为F的子句空间复杂度。我们说S p (F )= ∞是F是可以满足的。FFFSp(F)=∞Sp(F)=∞Sp(F)=\inftyFFF 我建议问题是这样的:考虑两个的CNF A=⋀mi=1AiA=⋀i=1mAiA=\bigwedge_{i=1}^m A_i和B=⋀nj=1BjB=⋀j=1nBjB=\bigwedge_{j=1}^n B_j,并让CNF A∨B=⋀i=1m⋀j=1nAi∨BjA∨B=⋀i=1m⋀j=1nAi∨BjA \lor B = \bigwedge_{i=1}^m \bigwedge_{j=1}^n A_i \lor B_j 什么是的关系Sp(A∨B)Sp(A∨B)Sp(A \lor B)与Sp(A)Sp(A)Sp(A)和Sp(B)Sp(B)Sp(B)? 明显的上限是Sp(A∨B)≤Sp(A)+Sp(B)−1Sp(A∨B)≤Sp(A)+Sp(B)−1Sp(A \lor B) \leq Sp(A) + Sp(B) -1。紧吗