একটি পোসেটের উপরে একঘেয়েমিক শিকারী শিখতে সবচেয়ে বেশি সংখ্যক প্রশ্নের প্রয়োজন

15

বিবেচনা করুন $(X, \leq)$ উপর একটি সসীম poset $n$ আইটেম, এবং $P$ উপর একটি অজানা একঘেয়ে সম্পৃক্ত $X$ (অর্থাত, কোন $x$ , $y \in X$ , যদি $P(x)$ এবং $x \leq y$ তারপর $P(y)$ )। আমি একটি নোড এবং রাখে কি না তা সন্ধান করে মূল্যায়ন করতে পারি । আমার লক্ষ্য হ'ল সেট ঠিক নির্ধারণ করা $P$ $x \in X$ $P(x)$ $x \in X$ যেমন $P(x)$ ধরে রাখে, $P$ হিসাবে যতটা সম্ভবকম মূল্যায়ন ব্যবহার করে। (আমি পূর্ববর্তী সমস্ত প্রশ্নের উত্তরের উপর নির্ভর করে আমার প্রশ্নগুলি চয়ন করতে পারি, আমার আগেই সমস্ত প্রশ্নের পরিকল্পনা করার প্রয়োজন নেই))

একটি কৌশল $S$ উপর $(X, \leq)$ একটি ফাংশন যা আমাকে বলে যায়, প্রশ্নের যে আমি এতদূর দৌড়ে এবং তাদের উত্তর, যা নোড ক্যোয়ারী, এবং যা নিশ্চিত করে এর কার্যকারিতা হিসেবে যে কোনো সম্পৃক্ত উপর $P$ , কৌশল অনুসরণ করে, আমি এমন অবস্থায় পৌঁছে যাব যেখানে আমি সমস্ত নোডে এর মান জানি $P$ । চলমান সময় $r(S, P)$ এর $S$ একটি বিধেয় উপর $P$ প্রশ্নের সংখ্যা মান জানতে প্রয়োজন নেই $P$ সব নোড উপর। সবচেয়ে খারাপ চলমান সময় $S$ হল $wr(S) = \max_P r(S, P)$ । একটি অনুকূল কৌশল $S'$ এমন যে $wr(S') = \min_S wr(S)$ ।

আমার প্রশ্নটি নিম্নোক্ত: ইনপুট হিসাবে দেওয়া হয়েছে পোসেট $(X, \leq)$ , কীভাবে আমি অনুকূল কৌশলগুলির সবচেয়ে খারাপ চলমান সময় নির্ধারণ করতে পারি?

[এটা পরিষ্কার জন্য একটি খালি poset যে $n$ প্রশ্নের প্রয়োজন হবে (আমরা প্রতিটি একক নোড সম্পর্কে জিজ্ঞাসা করতে হবে), এবং যে একটি মোট অর্ডার প্রায় জন্য $\lceil \log_2 n \rceil$ প্রশ্নের প্রয়োজন হবে (একটি বাইনারি অনুসন্ধান করার সময় সীমান্ত এটি )। আরও সাধারণ ফলাফল হ'ল নিম্নলিখিত তথ্য-তাত্ত্বিক নিম্ন সীমাবদ্ধ: ভবিষ্যদ্বাণীকারী $P$ পক্ষে সম্ভাব্য পছন্দগুলির সংখ্যাটি হ'ল এর অ্যান্থেইনসের নম্বর (কারণ মনোোটোনিক ভবিষ্যদ্বাণীগুলির মধ্যে এক থেকে এক ম্যাপিং রয়েছে) এন্টিচাইনগুলি সর্বাধিক উপাদান হিসাবে ব্যাখ্যা করা হয় $N_X$ $(X, \leq)$ $P$ ), সুতরাং, যেহেতু প্রতিটি ক্যোয়ারী আমাদের এক বিট তথ্য দেয়, সুতরাং আমাদের আগের দুটি ক্ষেত্রে কমপক্ষে কমপক্ষে কোয়েরি দরকার হবে । এটি কি আবদ্ধ, বা এগুলি এমন কিছু পোজ যাঁর কাঠামোগুলি এমন যে শিখার জন্য অ্যান্টিচেনের সংখ্যার চেয়ে তাত্পর্যপূর্ণভাবে আরও প্রশ্নের প্রয়োজন হতে পারে?] $\lceil \log_2 N_X \rceil$

— a3nm
সূত্র

2

এটি এই বিষয়ে আপনার পূর্ববর্তী প্রশ্ন থেকে কীভাবে আলাদা? cstheory.stackexchange.com/questions/14772/…

— সুরেশ ভেঙ্কট

1

সম্মত, এটি অনুরূপ, তবে আমি এখানে সাধারণ পোসেট সম্পর্কে আগ্রহী, ছোট প্রস্থের পোজগুলি সহ যা সম্পূর্ণ জালির মতো দেখায় না। তদ্ব্যতীত, আমি পোসেটের পছন্দের কার্যকারিতা হিসাবে প্রয়োজনীয় প্রশ্নের সংখ্যাতে কেবল ইনক্রিমেন্টাল জটিলতা বা এই জাতীয় কোনও কিছুর বিষয়ে চিন্তা করি না। এই সেটিংয়ে বুলিয়ান ফাংশন ব্যাখ্যাটি প্রযোজ্য নয় এবং এটি দেখতে সত্যিই মনে হচ্ছে উত্তরটি কোনওভাবে পোজেটের "কাঠামোর" উপর নির্ভর করে (সম্ভবত আমি প্রস্তাবিত অ্যান্টেইন সংখ্যার সংখ্যা)। আশা করি এটির একটি পৃথক প্রশ্ন রয়েছে, দয়া করে আমি ভুল হলে বন্ধ করুন।

— a3nm

1

এফওয়াইআই, জটিলতার সাহিত্যে, কৌশলগুলি যেমন আপনি তাদের সংজ্ঞা দিয়েছিলেন সেগুলি সাধারণত "সিদ্ধান্ত গাছ" নামে অভিহিত হয় এবং তাদের উচ্চতার মান (যে পরিমাপে আপনি আগ্রহী হন) এবং আকারের একটি মানক ধারণা রয়েছে।

— জোশুয়া গ্রাচো

ধন্যবাদ, জোশুয়া! আমি এ সম্পর্কে কম-বেশি সচেতন, আমি কেবল ভেবেছিলাম গেমের তত্ত্ব থেকে শব্দভাণ্ডারটি ব্যবহার করা সহজ, তবে হ্যাঁ, আমি সচেতন যে কৌশলটি একটি গাছ হিসাবে দেখা যেতে পারে।

— a3nm

1

(কোনও সমস্যা নেই। যাইহোক, আমি কেবল এটি দেখছিলাম না যে এটি একটি গাছ হিসাবে দেখা যেতে পারে you আপনি এটি যেভাবে বর্ণনা করেছেন তা অবশ্যই খুব সোজা এবং পরিষ্কার, তবে আমি আপনাকে একটি কীওয়ার্ড / শিল্পের শব্দটি প্রদান করছিলাম যা আপনি সম্ভবত এই শব্দটি ঘন ঘন ঘন ঘন লোকদের কাছে অবিলম্বে পরিচিত এমন একটি শব্দ ছাড়াও অনুসন্ধান করতে সক্ষম হোন। চিয়ার্স!)

— জোশুয়া গ্রাচো

7

এটি সম্পূর্ণ উত্তর নয়, তবে কোনও মন্তব্য হতে খুব দীর্ঘ।

আমি মনে করি যে আমি একটি উদাহরণ পেয়েছি যার জন্য সীমাবদ্ধ শক্ত নয়। $\lceil \log_2 N_X \rceil$

নিম্নলিখিত পোসেট বিবেচনা করুন। স্থল সেট , এবং চেয়ে ছোট সবার জন্য । অন্যান্য যুগল অতুলনীয়। ( হাসি চিত্রটি সাইকেল)। $X=\{a_1, a_2, b_1, b_2\}$ $a_i$ $b_j$ $i,j\in\{1,2\}$ $4$

আমাকে পোসেটের আপসেটগুলি দিয়ে একঘেয়ে বৈশিষ্ট্যগুলি সনাক্ত করতে দিন। এই পোজেটের সাতটি আপসেট রয়েছে: , , , , , , $\emptyset$ $\{b_1\}$ $\{b_2\}$ $\{b_1,b_2\}$ $\{a_1,b_1,b_2\}$ $\{a_2,b_1,b_2\}$ , এবং এই পোসেটটির সাতটি অ্যান্টেইন রয়েছে যেহেতু অ্যান্টিক্যানগুলি আপসেটের সাথে একের সাথে চিঠিপত্রের কাজ করে। সুতরাং, এই poset জন্য। $\{a_1,a_2,b_1,b_2\}$ $\lceil \log_2 N_X \rceil=\lceil \log_2 7 \rceil = 3$

এখন, বিরোধী যুক্তি দিয়ে আমি দেখাব যে কোনও কৌশলটির কমপক্ষে চারটি ক্যোয়ারী প্রয়োজন (যাতে সমস্ত উপাদানকে জিজ্ঞাসা করা দরকার)। একটি স্বেচ্ছাসেবক কৌশল ঠিক করা যাক।

কৌশল প্রথম জিজ্ঞাস্য যদি , তারপর প্রতিদ্বন্দ্বী উত্তর " না রাখা।" তারপর, আমরা পাঁচটি সম্ভাবনার সঙ্গে ফেলে রাখা হয় , , , , । সুতরাং, কেসের ক্ষেত্রে তা নির্ধারণ করতে আমাদের কমপক্ষে $a_1$ $P(a_1)$ $\emptyset$ $\{b_1\}$ $\{b_2\}$ $\{b_1,b_2\}$ $\{a_2,b_1,b_2\}$ $\lceil \log_2 5\rceil = 3$ আরও প্রশ্ন। মোট, আমাদের চারটি প্রশ্নের প্রয়োজন। একই যুক্তি প্রযোজ্য যদি প্রথম ক্যোয়ারী হয় । $a_2$

তাহলে কৌশল প্রথম প্রশ্নের , তারপর প্রতিদ্বন্দ্বী উত্তর " ঝুলিতে।" তারপর, আমরা পাঁচটি সম্ভাবনার সঙ্গে ফেলে রাখা হয় , , , , $b_1$ $P(b_1)$ $\{b_1\}$ $\{b_1,b_2\}$ $\{a_1,b_1,b_2\}$ $\{a_2,b_1,b_2\}$ $\{a_1,a_2,b_1,b_2\}$ . Therefore, we need at least three more queries as before. In total, we need four queries. The same argument applies when the first query is $b_2$ .

If we take $k$ parallel copies of this poset, then it has $7^k$ antichains, and thus the proposed bound is $\lceil \log_2 7^k \rceil = 3k$ . But, since each of the copies needs four queries, we need at least $4k$ queries.

Probably, there is a larger poset with larger gap. But this argument can only improve the coefficient.

Here, the problem looks to be a situation where no query partitions the search space evenly. In such a case, the adversary can force the larger half to remain.

— Yoshio Okamoto
সূত্র

1

Ah, interesting. Generalizing your example to

X = {a_{1}, . . ., a_{n}, b_{1}, . . ., b_{n}}

$X = \{a_1, ..., a_n, b_1, ..., b_n\}$ , it's clear that if the answer is

\forall i, \neg P (a_{i})

$\forall i, \neg P(a_i)$ and

\forall i, P (b_{i})

$\forall i, P(b_i)$ then we won't know it for sure until all

2 n

$2n$ nodes are queried. However, there are

2^{n + 1} - 1

$2^{n+1} - 1$ antichains (

2^{n} - 1

$2^n-1$ non-empty subsets of

a_{i}

$a_i$ 's, idem for

b_{i}

$b_i$ 's, and the empty set), so the bound is not tight by a factor of 2. Thanks for this example. However, I don't really see how/if the gap could be more than a multiplicative factor, or if a non-trivial upper bound can be found, let alone an algorithm for an exact answer.

— a3nm

7

In their paper Every Poset Has a Central Element, Linial and Saks show (Theorem 1) that the number of queries required to solve the ideal identification problem in a poset $X$ is at most $K_0 \log_2 i(X)$ , where $K_0 = 1/(2 - \log_2(1 + \log_2 5))$ and $i(X)$ is the number of ideals of $X$ . What they call an "ideal" is actually a lower set and there is an obvious one to one correspondance between monotonic predicates and the lower set of the points at which they don't hold, besides their "identification problem" is to identify by querying nodes just like in my setting, so I think they are dealing with the problem I'm interested in and that $i(X) = N_X$ .

So, according to their result, the information-theoretic lower bound is tight up to a relatively small multiplicative constant. So this basically settles the question of the number of questions required, as a function of $N_X$ and up to a multiplicative constant: it is between $\log_2 N_X$ and $K_0 \log_2 N_X$ .

Linial and Saks quote a personal communication by Shearer to say that there are known orders for which we can prove a lower bound of $K_1 \log_2 N_X$ for some $K_1$ which is just slightly less than $K_0$ (this is in the spirit of Yoshio Okamoto's answer who tried this approach for a smaller value of $K_1$ ).

This does not fully answer my question of computing the number of questions required from $X$ , however, since computing $N_X$ from $X$ is #P-complete, I have a feeling that there is little hope. (Comments about this point are welcome.) Still, this result by Linial and Saks is enlightening.

— a3nm
সূত্র

5

For the Boolean n-cube $(\{0, 1\}^n, \leq)$ (or, equivalently, for the poset $(2^S, \subseteq)$ of all subsets of an n-element set), the answer is given by Korobkov and Hansel's theorems (from 1963 and 1966, respectively). Hansel's theorem [1] states that an unknown monotone Boolean function (i.e., an unknown monotone predicate on this poset) can be learned by a deterministic algorithm making at most $\phi(n) = \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor} + \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor + 1}$ queries (that is, asking $\phi(n)$ questions in the worst case). This algorithm matches the lower bound of Korobkov's theorem [2], which says that $\phi(n) - 1$ queries do not suffice. (So Hansel's algorithm is optimal in the worst-case setting.) An algorithm in both statements is understood as a deterministic decision tree.

The logarithm of the number of antichains in $(\{0, 1\}^n, \le)$ is asymptotically equal to $\binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor} \sim 2^n / \sqrt{\pi n / 2}$ , so there is a constant-factor gap between $\log N_X$ and the optimal algorithm performance $\phi(n) \sim 2 \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor}$ for this poset.

Unfortunately, I have not been able to find a good treatment of Hansel's algorithm in English available on the web. It is based on a lemma that partitions the n-cube into $\phi(n)$ chains with special properties. Some description can be found in [3]. For the lower bound, I don't know any reference to a description in English.

Since I am familiar with these results, I can post a description on arXiv, if the treatment in Kovalerchuk's paper does not suffice.

If am not much mistaken, there have been attempts to generalize Hansel's approach, at least to the poset $(E_k^n, \le)$ , where $(E_k, \le)$ is a chain $0 < 1 < \ldots < k - 1$ , although I cannot give any reference straight away. For the Boolean case, people have also investigated notions of complexity other than worst-case for this problem.

[1] G. Hansel, Sur le nombre des fonctions booléennes monotones de n variables. C. R. Acad. Sci. Paris, 262(20), 1088-1090 (1966)

[2] V. K. Korobkov. Estimation of the number of monotonic functions of the algebra of logic and of the complexity of the algorithm for finding the resolvent set for an arbitrary monotonic function of the algebra of logic. Soviet Math. Doklady 4, 753-756 (1963) (translation from Russian)

[3] B. Kovalerchuk, E. Triantaphyllou, A. S. Deshpande, E. Vityaev. Interactive learning of monotone Boolean functions. Information Sciences 94(1), 87-118 (1996) (link)

— dd1
সূত্র

Thanks a lot for this detailed answer! For the Boolean

n

$n$ -cube, cf <cstheory.stackexchange.com/q/14772>. I can read French but couldn't find Hansel's paper (should have been available on Gallica but this issue seems to be missing), I found relevant info in Sokolov, N.A. (1982), "On the Optimal Evaluation of Monotonic Boolean Functions", USSR Comput Math Math Phys, Vol 22, No 2, 207-220 (English translation exists). I'm interested about generalizations to other DAGs if you can find refs. Don't hesitate to reply by email (a3nm AT a3nm DOT net) if length limit is a problem. Thanks again!

— a3nm

You are welcome! Unfortunately, I do not know how to bound the algorithm running time in terms of output size. Korobkov's proof of the lower bound, for instance, does not give an answer to that question. However, I feel there may be a reference that is slightly relevant. I'll try to find some time time over the weekend and look for generalizations as well. At the same time, I'm not sure whether a closed English description of the Boolean case (these two theorems) is worth writing...

— dd1

@a3nm maybe the DAG case hasnt been considered in the literature? could it be harder than the boolean n-cube ordered by inclusion?

— vzn

@vzn I guess that at least some of the questions here are bound to be open. Even for a chain, it is not immediately clear how to generalize Hansel's algorithm.

— dd1

@a3nm it all seems to be similar to finding lower bounds/minimal monotone circuits (sizes) but havent seen it clearly linked so far...

— vzn

0

[NOTE: The following argument doesn't seem to work, but I'm leaving it here so others don't make the same mistake / in case someone can fix it. The issue is that an exponential lower bound on learning/identifying a monotone function, as below, does not necessarily contradict an incrementally polynomial algorithm for the problem. And it is the latter which is equivalent to checking the mutual duality of two monotone functions in poly time.]

I believe your conjecture on $\log N_X$ is false in general. If it is indeed the case that $\log N_X$ queries are needed, that implies quite a strong lower bound on learning monotone functions using membership queries. In particular, let the poset $X$ be the Boolean cube with the usual ordering (if you like, $X$ is the powerset of $\{1,...,n\}$ with $\subseteq$ as its partial order). The number $M$ of maximal antichains in $X$ satisfies $\log M = (1 + o(1))\binom{n-1}{\lfloor n/2 \rfloor}$ [1]. If your idea on $\log N_X$ is correct, then there is some monotone predicate on $X$ that requires essentially $\binom{n-1}{n/2} \approx 2^n$ queries. In particular, this implies a lower bound of essentially $2^n$ for the complexity of any algorithm solving this problem.

However, if I've understood correctly [which I now know I hadn't], your problem is equivalent to checking the mutual duality of two monotone functions, which can be done in quasi-polynomial time (see the intro of this paper by Bioch and Ibaraki, which cites Fredman and Khachiyan), contradicting anything close to a $2^n$ lower bound.

[1] Liviu Ilinca and Jeff Kahn. Counting maximal antichains and independent sets. arXiv:1202.4427

— Joshua Grochow
সূত্র

Josh, I don't see a problem with the

\log N_{X}

$\log N_X$ argument. my understanding is that it is open whether a monotone function can be learned in time polynomial in

n

$n$ and the number of minimal elements. the Bioch-Ibaraki paper is about incrementally polynomial algorithm

— Sasho Nikolov

Ah, okay. I wasn't aware of that. (Like I said, I'm not an expert in this area - my answer was just based on looking up a few things and putting them together.) I'll leave it here so other people can see it and at least not make the same mistake / at best turn it into something useful.

— Joshua Grochow