সিএনএফ সূত্রের বিপরীতে দুটিবার পড়ার

রিড-দু'বার বিপরীত সিএনএফ সূত্রে প্রতিটি চলক দু'বার প্রদর্শিত হয়, একবার ইতিবাচক এবং একবার নেতিবাচক।

আমি সমস্যাটিতে আগ্রহী, যা সিএনএফ সূত্রের বিপরীতে একটি পঠন-বারের বিপরীতে সন্তুষ্টিত কার্যভার সংখ্যার সমতা গণনা করে। $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

আমি এ জাতীয় সমস্যার জটিলতা সম্পর্কে কোনও রেফারেন্স খুঁজে পাইনি। নিকটতম আমি এটির সন্ধান করতে পেরেছি যে গণনা সংস্করণ হল অসম্পূর্ণ ( এই কাগজের 6.3 অনুচ্ছেদ দেখুন )। $\#\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\#\text{P}$

আপনার সাহায্যের জন্য আগাম ধন্যবাদ।

আপডেট 10 এপ্রিল 2016

ইন এই কাগজ , সমস্যা হতে দেখানো হয় তবে সূত্র থেকে হ্রাস দ্বারা উত্পাদিত, -complete CNF মধ্যে নয়, এবং যত তাড়াতাড়ি আপনি এটা CNF রূপান্তর হওয়ার চেষ্টা আপনি যদি একটি পেতে তিনবার পড়ুন সূত্র। $\oplus\text{Rtw-Opp-SAT}$ $\oplus\text{P}$ $3\text{SAT}$
একঘেয়েমি সংস্করণ হতে দেখানো হয় মধ্যে -complete এই কাগজ । এই জাতীয় গবেষণাপত্রে, দ্রুত ধারা 4 এর শেষে উল্লেখ করা হয়েছে: বীরত্বপূর্ণ বলেছেন যে এটি হ্রাসপ্রাপ্ত। অধঃপতিত হওয়ার সঠিক অর্থ কী, তা আমার কাছে পরিষ্কার নয় বা শক্ততার দিক থেকে এটি কী বোঝায়। $\oplus\text{Rtw-Mon-CNF}$ $\oplus\text{P}$ $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

আপডেট 12 ই এপ্রিল 2016

এছাড়া জানেন যে যদি কেউ কি কখনো জটিলতা চর্চিত হয়েছে খুব আকর্ষণীয় হবে সমস্যা। দুটি বারের বিপরীতে সিএনএফ ফর্মুলা দেওয়া, এই জাতীয় সমস্যাটি ভেরিয়েবলের সত্য হিসাবে নির্ধারিত সন্তোষজনক কার্যভারের সংখ্যা এবং সত্য হিসাবে সেট করে এমন একটি ভেরিয়েবলের সংখ্যক সন্তোষজনক নিয়োগের সংখ্যার মধ্যে পার্থক্য গণনা করতে বলে। আমি এটি সম্পর্কে কোন সাহিত্য খুঁজে পাই না। $\Delta\text{Rtw-Opp-CNF}$

29 শে মে 2016 আপডেট করুন

এমিল জেবেক তার মন্তব্যে যেমন উল্লেখ করেছেন, ভ্যালেন্টিয়ান বলেছিলেন যে সমস্যাটি হ্রাস । তিনি কেবল বলেছিলেন যে এই জাতীয় সমস্যার আরও সীমিত সংস্করণ, । এরই মধ্যে, অবক্ষয়ের সঠিক অর্থ কী তা আমি এখনও অবধি জানি না, তবে কমপক্ষে এখন এটি স্পষ্ট বলে মনে হয়েছে যে এটি ভাববাদী শক্তির অভাবের প্রতিশব্দ। $\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ $\oplus\text{Pl-Rtw-Opp-3CNF}$

cc.complexity-theory ds.algorithms counting-complexity

— জর্জিও ক্যামেরানি
সূত্র

Tআরটিডব্লিউ-ওপ-সিএনএফ আরটিডব্লিউ-সোম-সিএনএফের মতোই শক্ত। আপনি নেগেশন গ্যাজেটটি তৈরি করতে পারেন: (i0 v x0 v x1) (x1 v x2) (i1 v x0 v x2)। যদি i0 = i1 হয়, তবে ওজন = 0 (মডুলো 2 এ)। অন্যথায় ওজন = 1.

আমি t আর্টডব্ল-সোম-সিএনএফ থেকে t আরটিডব্লিউ-ওপ-সিএনএফ-তে হ্রাস পেতে পারি না, তবে আমি ⊕আরটিডব্লিউ-ওপ-সিএনএফ সমাধানের জন্য বহুবর্ষীয় অ্যালগরিদম পেয়েছি। সুতরাং tআরটিউ-ওপ্প-সিএনএফ সহজ।

ভ্যালিয়েন্টের গবেষণাপত্রে আমি আরটিউ-ওপ্প-সিএনএফ-এর কোনও উল্লেখ পাই না। তিনি দাবি করেছেন যে lপিএল-আরটিডব্লিউ-ওপ -3 সিএনএফ "অবক্ষয়", তবে এতে বেশ কয়েকটি অতিরিক্ত বিধিনিষেধ জড়িত।

— এমিল জেব্যাক

@ এমিলজেবেক: আপনি নিশ্চয়ই ঠিক বলেছেন। "অবক্ষয়" এর অর্থ সম্পর্কে আমার অজ্ঞতা দ্বারা আমি বিভ্রান্ত হয়েছিলাম এবং আমি একই ধরণের যুক্তি প্রয়োগ করেছি যা সাধারণত সম্পূর্ণতার ফলাফলের উপস্থিতিতে প্রয়োগ করা হয়: যদি কোনও শ্রেণীর জন্য কোনও নির্দিষ্ট সমস্যা সম্পূর্ণ হয়, তবে তা থেকে নিষেধাজ্ঞাগুলি অপসারণ স্পষ্টতই সম্পূর্ণতা সংরক্ষণ করে। "অবক্ষয়" এর সঠিক অর্থ কী তা আমি এখনও অবগত না থাকলেও এখন আমার পক্ষে কমপক্ষে স্পষ্ট হয়ে গেছে যে এই শব্দটি কোনওভাবেই দুর্বলতার প্রতিশব্দ (অর্থাত্ প্রকাশের শক্তির অভাব), সুতরাং পূর্বোক্ত যুক্তি প্রয়োগ করা যায় না। আমি সেই অনুযায়ী প্রশ্ন সংশোধন করেছি।

— জর্জিও ক্যামেরানি

@ ম্যাসিজে: সত্যি? আপনার বহুপদী অ্যালগরিদম কীভাবে কাজ করে?

— জর্জিও ক্যামেরানি

উত্তর:

দেখা যাচ্ছে যে প্রতিটি বিপরীত-পঠন-দ্বি সূত্রে একাধিক সন্তোষজনক কার্য রয়েছে। এটির একটি দুর্দান্ত প্রমাণ এখানে, যদিও কেউ সম্ভবত গ্রাফ-তাত্ত্বিক পরিভাষাটি নির্মূল করতে পারে।

যাক একটি বিপরীত পাঠযোগ্য-দুইবার CNF সূত্র হতে। সাধারণতা হ্রাস ব্যতীত, কোনও ধারাতে একটি পরিবর্তনশীল এবং এর অবহেলা উভয়ই থাকে। $\phi$

গ্রাফ বিবেচনা যার প্রান্তবিন্দু সেটের ক্লজ নেই , এবং জন্য প্রতিটি পরিবর্তনশীল , আমরা একটি (undirected) প্রান্ত ধারণকারী দুই ক্লজ ঘটনায় যে যোগ । আমাদের ডাব্লুএলজিও অনুমান বলছে যে এই গ্রাফটির কোনও স্ব-লুপ নেই। তদুপরি, প্রতিটি প্রান্তটিকে সংজ্ঞায়িত করে লেবেলিংয়ের কথা ভাবুন; এইভাবে আমরা সমান্তরাল প্রান্তগুলির মধ্যে পার্থক্য করতে পারি। $G$ $\phi$ $x$ $x$ $\phi$

একটি অরিয়েন্টেশন হ'ল একটি নির্দেশিত গ্রাফ যার প্রান্তগুলি প্রতিটি প্রান্তকে একটি দিক নির্ধারণ করে তৈরি হয় । একজন অভিযোজন কল গ্রাহ্য যদি প্রতিটি প্রান্তবিন্দু একটি বহির্গামী প্রান্ত হয়েছে। এটি সহজেই দেখতে পাওয়া যায় যে এর সন্তোষজনক কার্যভারগুলি গ্রহণযোগ্য দিকগুলির সাথে বাইজিক চিঠিপত্রের মধ্যে রয়েছে । $G$ $G$ $G$ $G$ $\phi$ $G$

এখন আমি দাবি করি যে এর গ্রহণযোগ্য ওরিয়েন্টেশনগুলির সংখ্যা সমান । যুক্তি "উদ্ঘাতন দ্বারা" is: আমি একটি মানচিত্র গঠন করা নিম্নলিখিত বৈশিষ্ট্য সঙ্গে: $G$ $\Phi$

সম্পূর্ণরূপে সংজ্ঞায়িত করা হয় (প্রতিটি গ্রহণযোগ্য ওরিয়েন্টেশন কোথাও ম্যাপ করা হয়) $\Phi$
স্বীকৃত ওরিয়েন্টেশনগুলিতে প্রেরণ করে $\Phi$
একটি উদ্ঘাতন আছে ( পরিচয়) $\Phi$ $\Phi \circ \Phi$
কোন নির্ধারণ করেছে পয়েন্ট $\Phi$

এগুলি প্রতিষ্ঠিত হয়ে গেলে, আমরা লক্ষ করতে পারি যে এর কক্ষপথের আকার 2 রয়েছে এবং গ্রহণযোগ্য দিকগুলি ভাগ করে । এটি অনুসরণযোগ্য যে মাননীয় ওরিয়েন্টেশনগুলির সংখ্যা সমান। $\Phi$ $G$

নির্ধারণ করতে যাক একটি গ্রাহ্য অভিযোজন হও, এবং ব্রেকিং বিবেচনা সেটিকে দৃঢ়ভাবে সংযুক্ত থাকা অবস্থায় উপাদান। এরপরে প্রেরণ করে দৃ connected়ভাবে সংযুক্ত উপাদানগুলির মধ্যে সমস্ত প্রান্তকে বিপরীত করে গঠিত ওরিয়েন্টেশনটিতে । এর পরে বৈশিষ্ট্যগুলি সরলভাবে পরীক্ষা করা হয়: $\Phi$ $\vec{G}$ $\vec{G}$ $\Phi$ $\vec{G}$

প্রতিটি নির্দেশিত গ্রাফ দৃ strongly়ভাবে সংযুক্ত উপাদানগুলিতে বিভক্ত করা যায়।
মধ্যে "দৃঢ়ভাবে সংযুক্ত উপাদান DAG" বিবেচনা করুন ; এটিকে ভাগফলের গ্রাফ বলুন। লক্ষ্য করুন , একই ভাগফল গঠন থাকবে যেহেতু SCCs মধ্যে প্রান্ত প্রভাবিত করে না, এবং দৃঢ়ভাবে সংযুক্ত গ্রাফ দৃঢ়ভাবে সংযুক্ত থাকতে যখন তাদের সব প্রান্ত reversing। অতিরিক্তভাবে, যদি কোনও এসসিসির একাধিক ভার্টেক্স থাকে, তবে এর সমস্ত উপাদানগুলির একটি সূচি একটি আসন্ন প্রান্ত রয়েছে have যদি কোনও এসসিসির কেবলমাত্র একটি একক ভার্সেক্স থাকে এবং ভাগফলের উত্স না হয় তবে তার সমস্ত উপাদানটি উলম্বকে একটি আসন্ন প্রান্ত রয়েছে। তাই দেখানোর জন্য $\vec G$ $\Phi(\vec G)$ $\Phi$ $\Phi(\vec G)$ মাননীয়, এটি দেখানোর পক্ষে যথেষ্ট যে এসসিসিগুলি ভাগফলের উত্স হিসাবে একাধিক শীর্ষে রয়েছে ices তবে এটি এই ঘটনার পরে অনুসরণ করে যে উপাদানটির প্রতিটি ভার্টেক্সের একটি আসন্ন প্রান্ত রয়েছে, যা অবশ্যই উপাদানটির অন্য একটি প্রান্ত থেকে আসতে হবে কারণ এর কোনও স্ব-লুপ নেই এবং উপাদানটি ভাগফলের উত্স a $G$
এটি এর ভাগফল কাঠামোটি এর ভাগফল কাঠামোর সাথে মিলে যায় তা থেকে এইটি ঘটে । $\Phi(\vec G)$ $\vec G$
গ্রহণযোগ্যতার দ্বারা, এর একটি চক্র রয়েছে এবং তাই এর ভিতরে একটি প্রান্ত সহ কিছু এসসিসি রয়েছে। $\vec G$

— অ্যান্ড্রু মরগান
সূত্র

চমৎকার পর্যবেক্ষণ! এটি দেখার একটি সহজ উপায় (যেমন আপনি বলেছিলেন, "গ্রাফ-তাত্ত্বিক পরিভাষাটি নির্মূল করুন") পর্যবেক্ষণ করা হয় যে যদি কোনও কার্য যদি F কে সন্তুষ্ট করে তবে অ্যাসাইনমেন্টটি একটি '(x) = 1-এ (এক্স) F কেও সন্তুষ্ট করে। এটি এফ এর ভেরিয়েবলের সংখ্যায় অন্তর্ভুক্ত করে সহজেই দেখানো যেতে পারে

— হল্ফ

Φ

$\Phi$

0 \to 1 \to 2 \to 0 \to 3 \to 1

$0\to1\to2\to0\to3\to1$

0 \to 1 \to 2 \to 0

$0\to1\to2\to0$

0 \to 3 \to 1 \to 0

$0\to3\to1\to0$

x

$x$

\neg x \lor y \lor \neg z

$\neg x\lor y\lor\neg z$

\neg y \lor z

$\neg y\lor z$

(1, 1, 1)

$(1,1,1)$

(0, 0, 0)

$(0,0,0)$

Φ

$\Phi$

M

$M$

x

$x$

y

$y$

x

$x$

x

$x$

y

$y$

M

$M$

@ এমিল: আহা হ্যাঁ, আপনি ঠিক বলেছেন। যদি আমি আপনার পরামর্শটি সঠিকভাবে বুঝতে পারি তবে আপনি বলছেন যে দৃ or়ভাবে সংযুক্ত উপাদানগুলিতে ওরিয়েন্টেশনটি ভাঙ্গা এবং উপাদানগুলির মধ্যে প্রান্তগুলি বিপরীত করুন। আমি মনে করি এটি কাজ করে। আমি আমার উত্তর অনুসারে আপডেট করব। অনেক ধন্যবাদ!!

— অ্যান্ড্রু মরগান

আমার ধারণাটি বোধগম্য কিনা আমি নিশ্চিত নই, তাই আমি জর্জিওর উদাহরণে ব্যাখ্যা করব:

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

প্রথমে আমাকে এটি ডিএনএফ ফর্মে পরিবর্তন করা দরকার:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

এটি একই উত্তর দেওয়া উচিত। এবং আমি এর জন্য সমাধানগুলির মডুলো 2 গণনা করি তা বিবেচনা না করেই:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

বা এর জন্য:

$( x_1 \land x_2 \land x_3 ) \lor ( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 ) \lor ( \lnot x_4 \land x_5 ) \lor ( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

সুতরাং আমি দ্বিতীয় নির্বাচন করছি। আমার নিদর্শন রয়েছে:

$i_0$ $( x_1 \land x_2 \land x_3 )$

$i_1$ $( \lnot x_1 \land \lnot x_3 \land x_4 )$

$i_2$ $( \lnot x_4 \land x_5 )$

$i_3$ $( \lnot x_2 \land \lnot x_5 \land \lnot x_6 )$

এখন আমি সমীকরণ সিস্টেম তৈরি করছি:

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}\oplus{j_3} = 1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_2}\oplus{j_3} = 1$

${j_3} = 1$

$x_6$

— Maciej
সূত্র

যদি আমার চিন্তাভাবনা ঠিক থাকে তবে উত্তরটি "না"। অবশ্যই আমি ধরে নিয়েছি যে পরিবর্তনশীল একবারে ইতিবাচক এবং একবারে উপেক্ষার মধ্যে ঘটে।

— ম্যাকিয়েজ

x_{4}

$x_4$

j_{1} \oplus j_{2}

${j_1}\oplus{j_2}$

j_{3}

$j_3$

j_{2}

$j_2$

j_{1}

$j_1$

j_{0}

$j_0$

-1

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$ ${f(X)}\oplus{g(X)}$ $f(X) \wedge g(X)$ $f(X)$ $g(X)$

$i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_j$ $x_0\wedge{x_1}\wedge{\neg{x_2}}$

$2^k$ $i_0\oplus{i_1}\oplus{i_2}\oplus{...}\oplus{i_{n-1}}$

$i_0\vee{i_1}\vee{i_2}\vee{...}\vee{i_{n-1}}$

$a\vee{b} = a\oplus{b}\oplus({a\wedge{b}})$

1) সমস্ত ভেরিয়েবল আছে,

2) প্রতিটি ভেরিয়েবল একত্রে ঘটে থাকে (যদি ভেরিয়েবলটি দু'বার ঘটে, তবে আমাদের মধ্যে একটি ইতিবাচক এবং নেতিবাচক থাকে, সুতরাং এটি 0 হিসাবে দেবে)।

$x_0$ $i_0$ $x_0$ $i_1$

${j_0}\oplus{j_1} = 1$

${j_0}$ ${j_1}$ $i_0$ $i_1$ $i_0$ $j_0$ $j_0$ $2^l$

— Maciej
সূত্র

\oplus Rtw-Opp-CNF

$\oplus\text{Rtw-Opp-CNF}$

@ অ্যান্ড্রুমার্গান তবে ঠিক একবারে সমস্ত ভেরিয়েবল যুক্ত একটি অনন্য ধারা সহ একটি সূত্রটি পঠন-দুবারের সূত্র হবে না। সীমাবদ্ধতা হল ঠিক দুইবার নয়, সর্বাধিক দুইবার।

— জর্জিও ক্যামেরানি

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2} \lor x_{3}) \land (\neg x_{1} \lor \neg x_{3} \lor x_{4}) \land (\neg x_{4} \lor x_{5}) \land (\neg x_{2} \lor \neg x_{5} \lor \neg x_{6})

$( x_1 \lor x_2 \lor x_3 ) \land ( \lnot x_1 \lor \lnot x_3 \lor x_4 ) \land ( \lnot x_4 \lor x_5 ) \land ( \lnot x_2 \lor \lnot x_5 \lor \lnot x_6 )$

x_{6}

$x_6$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1}) \wedge (\bar{x_2})$

(x_{1} \lor x_{2}) \land (\bar{x_{1}} \lor \bar{x_{2}})

$(x_1 \vee x_2) \wedge (\bar{x_1} \vee \bar{x_2})$

(x_{1}) \land (\bar{x_{1}}) \land (x_{2}) \land (\bar{x_{2}})

$(x_1) \wedge (\overline{x_1}) \wedge (x_2) \wedge (\overline{x_2})$

@ অ্যান্ড্রুমারগান ঠিক আছে, এখন আমি দেখছি। তবে বিবেচনা করুন যে পরিবারগুলির ক্ষেত্রেও আপনি বোঝাতে চেয়েছিলেন, সন্তুষ্টিজনক কার্যের সংখ্যাটি এখনও রয়ে গেছে বলে মনে হয়। ম্যাকিয়েজ তার মন্তব্যে উত্থাপিত প্রশ্নটি চ্যালেঞ্জিং বলে প্রমাণিত হয়েছে।

— জর্জিও ক্যামেরানী