এটি কি জানা যায় যে

বিপরীত অন্তর্ভুক্তি স্পষ্ট যেমন বিপিপিতে কোনও স্ব-হ্রাসযোগ্য এনপি ভাষাও আরপিতে রয়েছে। এটি কি স্ব-স্ব-হ্রাসযোগ্য এনপি ভাষাগুলির জন্যও পরিচিত?

cc.complexity-theory derandomization pseudorandomness

— bppcapnpvsrp
সূত্র

এটি জানা থাকলে,

R P \subseteq B P P

$\mathbb{RP} \subseteq \mathbb{BPP}$ এবং

R P \subseteq N P

$\mathbb{RP} \subseteq \mathbb{NP}$ , এটি

B P P = R P

$\mathbb{BPP} = \mathbb{RP}$ বা

R P = N P

$\mathbb{RP} = \mathbb{NP}$ (বা উভয়ই মূলত

মধ্যে সম্পর্কের উপর নির্ভর করে অনুসরণ করবে)

B P P

$\mathbb{BPP}$ এবং

N P

$\mathbb{NP}$ । তাই আমি মনে করি এটা অনুমান করা এটি বর্তমানে অজানা যে নিরাপদ। যেহেতু

R P

$\mathbb{RP}$ একতরফা ত্রুটি আছে, এটি সহজ দেখতে কিভাবে এটি অন্তর্ভুক্ত করা হয়

B P P

$\mathbb{BPP}$ , স্ব-হ্রাসযোগ্যতা বা অন্য কোনও সম্পত্তির প্রয়োজন ছাড়াই।

— চিজিসপ

কি হয় পরিচিত যে

N P \subseteq B P P

$\mathrm{NP}\subseteq\mathrm{BPP}$ বোঝা দ্বারা NP = আরপি। @ চাজিসপ, আপনি কোথায় পেলেন যে

N P \cap B P P = R P

$\mathrm{NP}\cap\mathrm{BPP}=\mathrm{RP}$ বোঝায় বিপিপি = আরপি বা এনপি = আরপি?

— এমিল জ্যাবেক

ধরা যাক আমরা

জানতাম

B P P \cap N P \subseteq R P (1)

$BPP \cap NP \subseteq RP (1)$ । তারপরে আমরা কেস বিশ্লেষণ করতে পারি: -

B P P \subseteq N P

$BPP \subseteq NP$ , তবে (1)

N P \subseteq R P

$NP \subseteq RP$ , যা জানা ফলাফলের সাথে

বোঝায়

N P = R P

$NP = RP$ । - যদি

N P \subseteq B P P

$NP \subseteq BPP$ , তবে (1)

B P P \subseteq R P

$BPP \subseteq RP$ , যা জ্ঞাত ফলাফলের সাথে

বোঝায়

B P P = R P

$BPP = RP$

N P ⊈ B P P

$NP \not\subseteq BPP$

B P P \cap N P = R P

$BPP \cap NP = RP$

আপনি প্রথম দুটি ক্ষেত্রে মিশ্রিত হয়েছেন। আরও গুরুত্বপূর্ণ বিষয়, তৃতীয়, জেনেরিক, ক্ষেত্রে, আপনার উপসংহার অনুমানের সাথে অভিন্ন, সুতরাং পুরো যুক্তি কিছুই সম্পাদন করে না। বিশেষত, এটি আপনার প্রথম মন্তব্যে ভুল দাবি সমর্থন করে না।

— এমিল জেব্যাক

অনুমানটি কেবল সাবসেটের জন্য জিজ্ঞাসা করে, সাম্য নয়। যাই হোক না কেন, আমার যুক্তি (এমনকি খারাপভাবে ফর্ম্যাট করা হয়েছে এবং ত্রুটিযুক্ত) এটিও দেখায় যে আমরা যদি জিজ্ঞাসা করা হয় তা জানতাম তবে আমরা বর্তমানে জটিল সমস্যা শ্রেণীর সম্পর্ক অর্জন করতে পারি। তদ্ব্যতীত, আমি কীভাবে তৃতীয় কেসটি বাকীগুলির চেয়ে বেশি জেনেরিক হলে তা দেখতে ব্যর্থ হই: এটি স্পষ্টতই অন্য শ্রেণীর একটি শ্রেণীর সমন্বয়কে বাদ দেয় যা বর্তমানে অজানা।

— চিজিসপ

জটিলতায় বেশিরভাগ প্রশ্নের মতোই, আমি নিশ্চিত নই যে খুব দীর্ঘ সময়ের জন্য এখানে পূর্ণ উত্তর থাকবে। তবে আমরা কমপক্ষে দেখিয়ে দিতে পারি যে উত্তরটি আপেক্ষিক নয়: এখানে একটি অরাকল রয়েছে যার সাথে বৈষম্য রয়েছে এবং একটি যার সাথে সাম্যতা রয়েছে। ক্লাস সমান যার সাথে একটি ওরাকল দেওয়া মোটামুটি সহজ: যে কোনও ওরাকল যা has রয়েছে সেগুলি কাজ করবে (উদাহরণস্বরূপ যে কোনও ওরাকল যার সাথে "এলোমেলোভাবে বেশি কিছু যায় না"), যেমন has (উদাঃ যে কোনও ওরাকল যা "এলোমেলোভাবে অনেক সাহায্য করে" এর সাথে সম্পর্কিত) এমন কোনও ওরাকল কি পারবে? এর মধ্যে অনেকগুলি রয়েছে, সুতরাং আমি সুনির্দিষ্ট বিষয়গুলি নিয়ে বিরক্ত করব না। $\mathrm{BPP} = \mathrm{RP}$ $\mathrm{NP} \subseteq \mathrm{BPP}$

এটা তোলে কিছুটা আরো চ্যালেঞ্জিং হচ্ছে, যদিও এখনো মোটামুটি সহজবোধ্য, একটি ওরাকল আপেক্ষিক যা আমরা পেতে ডিজাইন করার । নীচের আসলে কিছুটা ভাল করেছে: যে কোনও ধ্রুবক জন্য in তে কোনও ভাষা রয়েছে যা । আমি এটি নীচে রূপরেখা করব। $\mathrm{RP} \subsetneq \mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP}$ $c$ $\mathrm{coRP} \cap \mathrm{UP}$ $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$

আমরা একটি ওরাকল ডিজাইন করব যাতে ফর্মের স্ট্রিংগুলি রয়েছে , যেখানে একটি বিট স্ট্রিং, একক বিট এবং এর দৈর্ঘ্য এর একটি স্ট্রিং । আমরা একটি ভাষা এও দেব যা একটি মেশিন এবং একটি মেশিন নীচে সিদ্ধান্ত : $A$ $(x,b,z)$ $x$ $n$ $b$ $z$ $2n^c$ $L^A$ $\mathrm{coRP}$ $\mathrm{UP}$

মেশিন, ইনপুট , অনুমান দৈর্ঘ্য এলোমেলোভাবে, প্রশ্নের , এবং কপি উত্তর। $\mathrm{coRP}$ $x$ $z$ $2|x|^c$ $(x,\mathtt{0},z)$
ইনপুট এ মেশিনটি , কোয়েরি দৈর্ঘ্যের অনুমান করে উত্তরটি অনুলিপি করে। $\mathrm{UP}$ $x$ $z$ $2|x|^c$ $(x,\mathtt{1},z)$

উপরে বর্ণিত মেশিনগুলি আসলে তাদের প্রতিশ্রুতিগুলি পূরণ করতে, আমাদের কয়েকটি সম্পত্তি সন্তুষ্ট করতে প্রয়োজন । প্রতি জন্য এই দুটি অপশনের একটি অবশ্যই কেস হতে পারে: $A$ $x$

বিকল্প 1: পছন্দগুলির অর্ধেকের মধ্যে এবং জিরো পছন্দগুলিতে । (এই ক্ষেত্রে, ।) $z$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$ $(x,\mathtt{1},z) \in A$ $x \not\in L^A$
বিকল্প 2: প্রতিটি পছন্দ এ এবং অবশ্যই একটি পছন্দের । (এই ক্ষেত্রে, ।) $z$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$ $(x,\mathtt{1},z) \in A$ $x \in L^A$

আমাদের লক্ষ্যটি এই প্রতিশ্রুতি সন্তুষ্ট করার জন্য নির্দিষ্ট করা হবে যাতে প্রতিটি মেশিনের বিরুদ্ধে তির্যক হয় । ইতিমধ্যে এই দীর্ঘ উত্তরটি সংক্ষিপ্ত রাখার চেষ্টা করার জন্য, আমি ওরাকল নির্মাণ যন্ত্রপাতি এবং প্রচুর অযৌক্তিক বিবরণ ছেড়ে দেব এবং একটি নির্দিষ্ট মেশিনের সাথে কীভাবে তির্যক করা যায় তা ব্যাখ্যা করব। ফিক্স একটি টুরিং মেশিন এলোমেলোভাবে, এবং দিন একটি ইনপুট আমরা নির্বাচন সম্পূর্ণ নিয়ন্ত্রণ থাকবে, যাতে হতে 's এবং ' যাতে গুলি । আমরা উপর বিরতি করব । $A$ $L^A$ $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$ $M$ $x$ $b$ $z$ $(x,b,z) \in A$ $M$ $x$

কেস 1: ধরুন সিলেক্ট করার কোনও উপায় আছে যাতে তার প্রতিশ্রুতির প্রথম বিকল্পটি সন্তুষ্ট করে এবং এর এলোমেলোতার একটি পছন্দ রয়েছে যা গ্রহণ করে। তারপরে আমরা সিলেকশন এটিকে প্রতিশ্রুতিবদ্ধ করব । তারপরে একসাথে প্রতিশ্রুতি পূরণ করতে পারে না এবং প্রত্যাখ্যান করে । তবুও, । সুতরাং আমরা বিরুদ্ধে তির্যক হয়েছি । $z$ $A$ $M$ $A$ $M$ $\mathrm{RP}$ $x$ $x \not\in L^A$ $M$
কেস 2: পরবর্তী, ধরে নিন যে আগের মামলাটি কার্যকর হয়নি। আমরা এখন দেখাব যে তারপর বিরতি পারেন বাধ্য করা যাবে প্রতিশ্রুতি বা কিছু পছন্দের উপর প্রত্যাখ্যান করার তার প্রতিশ্রুতি দ্বিতীয় বিকল্প পরিতৃপ্ত। এটি বিপরীতে । আমরা এটি দুটি পদক্ষেপে করব: $M$ $\mathrm{RP}$ $A$ $M$
1. দেখান যে প্রতি সংশোধন করা হয়েছে পছন্দ জন্য এর এর র্যান্ডম বিট, যখন ফর্মের তার প্রশ্নের সব প্রত্যাখ্যান করা আবশ্যক হয় এবং ফর্ম তার প্রশ্নের সব না থাকা । $r$ $M$ $M$ $(x,\mathtt{0},z)$ $A$ $(x,\mathtt{1},z)$ $A$
2. দেখাই যে, আমরা একটা উত্তর টুসকি করতে এর কিছু পছন্দ জন্য গ্রহণযোগ্যতা সম্ভাব্যতা প্রভাবিত না করেই অনেক দ্বারা। $(x,\mathtt{1},z)$ $A$ $z$ $M$
প্রকৃতপক্ষে, আমরা যদি পদক্ষেপ 1 থেকে দিয়ে শুরু করি , এর গ্রহণযোগ্যতা সম্ভাবনা শূন্য। তার প্রতিশ্রুতির দ্বিতীয় বিকল্পটি পুরোপুরি সন্তুষ্ট করে না, তবে আমরা দ্বিতীয় পদক্ষেপের মতো একটি বিট ফ্লিপ করতে পারি এবং এটি হবে। যেহেতু বিট উল্টানো এর গ্রহণযোগ্যতা সম্ভাবনা শূন্যের কাছাকাছি থাকার কারণে এটি অনুসরণ করে যে একসাথে গ্রহণ করতে পারে না এবং । প্রতিশ্রুতি পূরণ করতে পারে না । $A$ $M$ $A$ $M$ $M$ $x$ $\mathrm{RP}$

কেস 2 এ দুটি ধাপটি তর্ক করার পক্ষে রয়ে গেছে:

র্যান্ডম বিট একটি পছন্দ ত্রুটিমুক্ত জন্য । এখন অনুকরণ ব্যবহার করে যদৃচ্ছতা এবং যাতে প্রশ্নের উত্তর এবং । লক্ষ করুন যে সর্বাধিক কোয়েরি করে। যেহেতু আছে এর পছন্দ , আমরা এর unqueried পছন্দ ঠিক করতে পারবো আছে , এবং এখনও প্রথম বিকল্প সন্তুষ্ট তার প্রতিশ্রুতি। যেহেতু আমরা কেস 2 কে জন্য কাজ করতে পারি নি , এর অর্থ $r$ $M$ $M$ $r$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $(x,\mathtt{1},z) \not\in A$ $M$ $2^{n^c}$ $2^{2n^c}$ $z$ $z$ $(x,\mathtt{0},z) \not\in A$ $A$ $M$ $M$ থেকে যদৃচ্ছতা আপেক্ষিক সব তার পছন্দের উপর প্রত্যাখ্যান করা আবশ্যক , এবং বিশেষ করে । এটা তোলে অনুসরণ করে যদি আমরা নির্বাচন আছে এবং প্রতিটি পছন্দ জন্য তারপর, যে পছন্দ জন্য র্যান্ডম বিট , আপেক্ষিক প্রত্যাখ্যান । $A$ $r$ $A$ $(x,\mathtt{0},z) \in A$ $(x,\mathtt{1},z) \not\in A$ $z$ $r$ $M$ $A$
ধরুন যে প্রতি জন্য , র্যান্ডম বিট ভগ্নাংশ যার জন্য প্রশ্নের অন্তত হয় । তারপরে মোট প্রশ্নের সংখ্যা কমপক্ষে । অন্যদিকে, তার সমস্ত শাখা জুড়ে সর্বাধিক ক্যোয়ারী তৈরি করে, এটি একটি বৈপরীত্য। সুতরাং পছন্দ রয়েছে যাতে এলোমেলো বিটের ভগ্নাংশ যার জন্য ক্যোয়ারী 1/2 এর চেয়ে কম হয় is এই স্ট্রিং এর মান উল্টানো তাই গ্রহণযোগ্যতা সম্ভাবনা কম দ্বারা প্রভাবিত করে । $z$ $M$ $(x,\mathtt{1},z)$ $1/2$ $2^{2n^c} 2^{2^{n^c}}/2$ $M$ $2^{2^{n^c}} 2^{n^c}$ $z$ $M$ $(x,\mathtt{1},z)$ $A$ $M$ $1/2$

— অ্যান্ড্রু মরগান
সূত্র

এই উত্তরটি মোটামুটি দীর্ঘ এবং সম্ভবত জড়িত কৌশলগুলির আরও ভাল ব্যাখ্যা দেয় এমন একটি বাইরের উত্সের লিঙ্ক থেকে উপকৃত হবে। যদি কারও কারও জানা থাকে, আমি আনন্দের সাথে এটি অন্তর্ভুক্ত করব।

— অ্যান্ড্রু মরগান

এটি কো এর সমীক্ষায় হতে পারে।

— কাভেহ

@ কাভাহ: আমি এই সমীক্ষাটি দেখেছি (এটিই আপনি উল্লেখ করছেন, তাই না?), তবে তাত্ক্ষণিকভাবে প্রাসঙ্গিক বলে মনে হচ্ছে আমি তেমন কিছুই লক্ষ্য করিনি। ফলাফল অধিকাংশই ভালো লাগে তারা প্রতিপাদন ক্ষেত্রে পড়া হবে । একটি উল্লেখযোগ্য বিষয় হ'ল a একটি এলোমেলো ওরাকল সম্পর্কিত, এবং তাই আমরা একটি র্যান্ডম ওরাকেলের সাথে সম্পর্কিত।

B P P \cap N P = R P

$\mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP} = \mathrm{RP}$

P = R P

$\mathrm{P} = \mathrm{RP}$

B P P \cap N P = R P

$\mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP} = \mathrm{RP}$

— অ্যান্ড্রু মরগান 21

-1

না, এটি জানা যায়নি। এটি সবচেয়ে দৃinc়প্রত্যয়ী প্রমাণ নাও হতে পারে তবে এই গুগল অনুসন্ধানটি একবার দেখুন ।

— domotorp
সূত্র