ঘন লিনিয়ার অপারেটরের OR-সার্কিট জটিলতা

নিম্নলিখিত সাধারণ মনোোটোন সার্কিট মডেলটি বিবেচনা করুন: প্রতিটি গেটটি কেবল একটি বাইনারি OR। একটি ফাংশনের জটিলতা কত যেখানে বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স 0 এর সাথে? এটি লিনিয়ার আকার বা সার্কিট দিয়ে গণনা করা যেতে পারে? $f(x)=Ax$ $A$ $n \times n$ $O(n)$

আরও আনুষ্ঠানিকভাবে, হল থেকে বিট পর্যন্ত একটি ফাংশন । এর -th আউটপুট হয় (অর্থাত, একটি বা ইনপুট বিট উপসেট দেওয়া এর -th সারি )। $f$ $n$ $n$ $i$ $f$ $\bigvee_{j=1}^{n}(A_{ij} \land x_j)$ $i$ $A$

লক্ষ্য করুন 0 এর সারি বিভক্ত মধ্যে রেঞ্জ (সাব-সেট নির্বাচন পতনকে উপাদানের গঠিত )। এটি পরিচিত রেঞ্জের ক্যোয়ারী ডেটা স্ট্রাকচার নিয়োগ করা সম্ভব করে। উদাহরণস্বরূপ, একটি স্পর্শযুক্ত সারণী ডেটা কাঠামোটিকে আকারের একটি OR- সার্কিটে পরিণত করা যেতে পারে । রেঞ্জ সেমিগ্রুপ অপারেটর প্রশ্নের জন্য ইয়াওদের অ্যালগরিদমকে প্রায় লিনিয়ার সার্কিটে পরিণত করা যেতে পারে (আকারের যেখানে বিপরীত একারম্যান) $O(n)$ $A$ $O(n)$ $[n]$ $O(n\log n)$ $O(\alpha(n) \cdot n)$ $\alpha(n)$

বিশেষ করে, আমি এমনকি কিভাবে বিশেষ ক্ষেত্রে যেখানে প্রতিটি সারির জন্য একটি রৈখিক আকার বর্তনী গঠন করা জানি না ঠিক দুই শূন্য রয়েছে। যদিও প্রতিটি সারিতে ঠিক এক শূন্যের ক্ষেত্রে পরিস্থিতি সহজ। (প্রতিটি আউটপুট ফাংশন একটি উপসর্গ এবং একটি প্রত্যয় দ্বারা গণনা করা যেতে পারে , যা বা গেটস দ্বারা পূর্ববর্তী করা যেতে পারে )) $A$ $[1..k-1]$ $[k+1..n]$ $2n$

ds.algorithms circuit-complexity upper-bounds

— আলেকজান্ডার এস কুলিকভ
সূত্র

একটি উপরের আবদ্ধটি জানা যায়: এটি সর্বাধিক rk (A) বার n লগ এন দ্বারা বিভক্ত হয় যেখানে rk (A) হ'ল বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স এ এর সর্বনিম্ন সংখ্যা (= সর্বনিম্ন সমস্ত -1 সাবমেট্রিকের ন্যূনতম সংখ্যা যার OR এর সাথে একত্রিত হয়) )। এই বইটিতে লেমাকে 2.5 দেখুন । সুতরাং, ও (এন) জিরো সহ একটি এনএক্সএন ম্যাট্রিক্সের বুলিয়ান র‌্যাঙ্কটি কতটা বড় (সর্বাধিক) হতে পারে?

— স্ট্যাসিস

@ স্ট্যাসিস আপনাকে ধন্যবাদ, স্ট্যাসি! ইতিমধ্যে শূন্য তির্যক সহ ম্যাট্রিক্সের জন্য OR- র‌্যাঙ্কটি লিনিয়ার, তাই না?

— আলেকজান্ডার এস কুলিকভ

আপনার ম্যাট্রিক্সের ওআর র‌্যাঙ্ক (শূন্য তির্যক এবং অন্য কোথাও 1 গুলি) সর্বাধিক 2 \ লগ এন: দৈর্ঘ্যের বাইনারি স্ট্রিং দ্বারা সারি / কলাম লেবেল করুন এবং আয়তক্ষেত্রগুলি বিবেচনা করুন r (r, c): r (i) = a, c (i) = 1-a a a = 0,1 এর জন্য। আরও লক্ষ করুন যে লেমমা 2.5 একটি উচ্চতর গণ্ডি। ওআর র‌্যাঙ্কের নিচে একটি নিচের সীমাটি থম এ দেওয়া হয়েছে। 3.20। এছাড়াও, ওআর র‌্যাঙ্কের লগ হ'ল ম্যাট্রিক্সের ননডেটেরিস্টোনিক যোগাযোগের জটিলতা।

— স্ট্যাসিস

@ স্ট্যাসি ওহ, হ্যাঁ, ঠিক আছে!

— আলেকজান্ডার এস কুলিকভ

উত্তর:

এটি প্রতিটি ক্ষেত্রে যখন প্রতিটি সারিতে বা প্রতিটি কলামে শূন্যের সংখ্যার উপর একটি উপরের আবদ্ধ থাকে তখন এটি একটি আংশিক (স্বীকৃত) উত্তর।

একটি আয়তক্ষেত্র হ'ল একটি বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স যা একটিতে সমস্ত -1 সাবম্যাট্রিক্স এবং অন্য কোথাও শূন্য থাকে। বুলিয়ান ম্যাট্রিক্সের একটি ওআর-র‌্যাঙ্ক আয়তক্ষেত্রগুলির ক্ষুদ্রতম সংখ্যার যা এই আয়তক্ষেত্রগুলির (উপাদানবিশেষ) বা লিখতে পারে। অর্থাৎ প্রতিটি 1-এন্ট্রি আয়তক্ষেত্র অন্তত এক 1-এন্ট্রি, এবং প্রতিটি 0-এন্ট্রি সব আয়তক্ষেত্র মধ্যে 0-এন্ট্রি। নোট করুন যে হ'ল ম্যাট্রিক্স ননডেটেরিস্টোনিক যোগাযোগ জটিলতা $rk(A)$ $r$ $A$ $A$ $A$ $\log rk(A)$ $A$ (যেখানে অ্যালিস সারিগুলি এবং বব কলামগুলি পান)। ওপি যেমন লিখেছেন, প্রতি বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স একটি ম্যাপিংয়ের সংজ্ঞা দেয় , যেখানে for । তা হল, আমরা বুলিয়ান সেমিরিংয়ের উপরে একটি ম্যাট্রিক্স-ভেক্টর পণ্য নিই। $m\times n$ $A=(a_{i,j})$ $y=Ax$ $y_i=\bigvee_{j=1}^na_{i,j}x_j$ $i=1,\ldots,m$

নিম্নলিখিত লেমাটি পুডলক এবং রডলের কারণে হয়; মধ্যে প্রোপজিসন 10.1 দেখতে এই কাগজ অথবা থিম 2.5 এই বইয়ের একটি সরাসরি নির্মাণের জন্য।

লেমা 1: প্রতিটি বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স , ম্যাপিং সর্বাধিক তারগুলি ব্যবহার করে একটি আনবাউন্ডেড ফ্যানিন বা গভীরতা -3 এর সার্কিট দ্বারা গণনা করা যায় । $n\times n$ $A$ $y=Ax$ $O(rk(A)\cdot n/\log n)$

আমাদের ঘন ম্যাট্রিক্সের ওআর-র্যাঙ্কের উপরের উপরের আবদ্ধও রয়েছে। যুক্তিটি এই কাগজটিতে অ্যালোন দ্বারা ব্যবহৃত একটি সাধারণ প্রকরণ ।

লেমা 2: যদি বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স এর প্রতিটি কলাম বা প্রতিটি সারিতে সর্বাধিক জিরো থাকে তবে , যেখানে সংখ্যা মধ্যে গুলি । $A$ $d$ $rk(A)=O(d\ln|A|)$ $|A|$ $1$ $A$

প্রুফ: একই সম্ভাব্যতা দিয়ে প্রতিটি সারি স্বাধীনভাবে বাছাই করে একটি এলোমেলো অল- সাবম্যাট্রিক্স । যাক সারির প্রাপ্ত র্যান্ডম উপসেট হও। তারপরে , যেখানে এর সমস্ত কলামের সেট যা এর সারিগুলিতে কোনও শূন্য নেই । $1$ $R$ $p=1/(d+1)$ $I$ $R=I\times J$ $J$ $A$ $I$

একটি -entry এর আওতায় পড়ে যদি এ নির্বাচিত হয়েছে (অধিকতম কেউই এবং একটি সহ) সারি মধ্যে -th কলামে নির্বাচিত হয়েছে । সুতরাং, এন্ট্রি কমপক্ষে সম্ভাব্যতার সাথে আবৃত $1$ $(i,j)$ $A$ $R$ $i$ $I$ $d$ $0$ $j$ $I$ $(i,j)$ । আমরা যদি আয়তক্ষেত্রপেতেএই পদ্ধতিটি বারপ্রয়োগ করি, তবে এই আয়তক্ষেত্রগুলির মধ্যে কোনওটি দ্বারা আচ্ছাদিতসম্ভাবনা । ইউনিয়ন বেঁধে, কিছু উন্মুক্তথাকার সম্ভাবনাসর্বাধিক $p(1-p)^{d}\geq pe^{-pd-p^2d}\geq p/e$ $r$ $r$ $(i,j)$ $(1-p/e)^r\leq e^{-rp/e}$ $1$ $A$ $|A|\cdot e^{-rp/e}$ , যা জন্য চেয়ে ছোট । $1$ $r=O(d\ln|A|)$ $\Box$

সম্পুরক: প্রতিটি কলামের বা বুলিয়ান ম্যাট্রিক্স প্রতিটি সারি তাহলে সর্বাধিক ধারণ করে শূন্য, তারপর ম্যাপিং একটি সীমাবদ্ধ fanin বা-সার্কিট ব্যবহার গভীরতা -3 দ্বারা নির্ণিত করা যেতে পারে পুতুল। $A$ $d$ $y=Ax$ $O(dn)$

আমি অনুমান করি যে লেমামা 2 এর মতো একই ধরণের উপরের আবদ্ধটিও যখন রাখা উচিত যখন কলামে (বা একটি সারিতে) এর গড় সংখ্যা হয় is এটি দেখানো আকর্ষণীয় হবে। $d$ $1$

মন্তব্য: (04.01.2018 যোগ করা হয়েছে) একটি অ্যানালগ থিম 2 এছাড়াও ঝুলিতে যখন হয় সর্বাধিক গড় সংখ্যা একটি submatrix মধ্যে শূন্য , যেখানে গড় সংখ্যা মধ্যে শূন্য একটি ম্যাট্রিক্স হ'ল দ্বারা বিভক্ত মোট শূন্যের সংখ্যা । এই উপপাদ্য 2 থেকে অনুসরণ করে এন মধ্যে Eaton এবং ছোট মাত্রা এর ভি Rödl ;, গ্রাফ, Combinatorica 16 (1) (1996) 59-85 । কিছুটা খারাপ উপরের আবদ্ধ $rk(A)=O(d^2\log n)$ $d$ $A$ $r\times s$ $s+r$ লেমা 2 থেকে সরাসরি নেওয়া যেতে পারে। $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$

লেমা 3: আসুন । একটি দ্বিপাক্ষিক গ্রাফ প্রতিটি spanning subgraph তাহলে হয়েছে গড় ডিগ্রী , তারপর ইউনিয়ন হিসেবে লেখা যেতে পারে , যেখানে সর্বোচ্চ ডিগ্রী বামে এবং সর্বোচ্চ অধিকার ডিগ্রী হয় । $d\geq 1$ $G$ $\leq d$ $G$ $G=G_1\cup G_2$ $G_1$ $G_2$ $\leq d$

প্রুফ: উল্লম্বের সংখ্যাতে অন্তর্ভুক্ত । বেস কেসগুলি এবং সুস্পষ্ট। আনয়ন পদক্ষেপের জন্য, আমরা প্রান্তগুলিকে নীল এবং লাল রঙ করব যাতে নীল এবং লাল উভয় উপগ্রহের সর্বোচ্চ ডিগ্রি । একটি প্রান্তবিন্দু নিন ডিগ্রী ; এই জাতীয় একটি ভার্টেক্স অবশ্যই উপস্থিত থাকতে পারে কারণ পুরো গ্রাফের গড় ডিগ্রি হওয়া আবশ্যক । যদি বাম অংশ জন্যে, তারপর সব প্রান্ত ঘটনা রঙ লাল এই সব প্রান্ত নীল, অন্য রঙের। আমরা যদি ভারটিেক্সটি অপসারণ $n$ $n=1$ $n=2$ $\leq d$ $u$ $\leq d$ $\leq d$ $u$ $u$ $u$ then the average degree of the resulting graph $G$ is also at most $d$ , and we can color the edges of this graph by the induction hypothesis. $\Box$

Lemma 4: Let $d\geq 1$ . If the maximum average number of zeros in a boolean $n\times n$ matrix $A=(a_{i,j})$ is at most $d$ , then $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$ .

Proof: Consider the bipartite $n\times n$ graph $G$ with $(i,j)$ being an edge iff $a_{i,j}=0$ . Then the maximum average degree of $G$ is at most $d$ . By Lemma 3, we can write $G=G_1\cup G_2$ , where the maximum degree of the vertices on the left part of $G_1$ , and the maximum degree of the vertices on the right part of $G_2$ is $\leq d$ . Let $A_1$ and $A_2$ be the complements of the adjacency matrices of $G_1$ and $G_2$ . Hence, $A= A_1\land A_2$ is a componentwise AND of these matrices. The maximum number of zeros in every row of $A_1$ and in every column of $A_2$ is at most $d$ . Since $rk(A)\leq rk(A_1)\cdot rk(A_2)$ , Lemma 2 yields $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$ . $\Box$

N.B. The following simple example (pointed by Igor Sergeev) shows that my "guess" at the end of the answer was totally wrong: if we take $d=d(A)$ to be the average number of zeros in the entire matrix $A$ (not the maximum of averages over all submatrices), then Lemma 2 can badly fail. Let $m=\sqrt{n}$ , and put an identity $m\times m$ matrix in, say left upper corner of $A$ , and fill the remaining entries by ones. Then $d(A)\leq m^2/2n < 1$ but $rk(A)\geq m$ , which is exponentially larger than $\ln|A|$ . Note, however, that the OR complexity of this matrix is very small, is $O(n)$ . So, direct arguments (not via rank) can yield much better upper bounds on the OR complexity of dense matrices.

— Stasys
সূত্র

Thanks a lot, Stasys! This is nice! In the meantime, Ivan Mihajlin came with another proof. I've posted it below.

— Alexander S. Kulikov

(I tried to post this as a comment to Stasys' answer above, but this text is too long for a comment, so posting it as an answer.) Ivan Mihajlin (@ivmihajlin) came up with the following construction. Similarly to Stasys' proof, it works for the case when the maximum (rather than average) number of 0’s in each row is bounded.

First, consider the case when every row contains exactly two zeros. Consider the following undirected graph: the set of vertices is $[n]$ ; two nodes $i$ and $j$ are joined by an edge, if there is a row having zeros in columns $i$ and $j$ . The graph has $n$ edges and hence it contains a cut $(L,R)$ of size at least $n/2$ . This cut splits the columns of the matrix into two parts ( $L$ and $R$ ). Let now also split the rows into two parts: the top part $T$ contains all columns that have exactly one zero in both $L$ and $R$ ; the bottom part $B$ contains all the remaining rows. What is nice about the top part of the matrix ( $T \times (L \cup R)$ ) is that it can be computed by $O(n)$ gates. For the bottom part, let’s cut all-1 columns out of it and make a recursive call. The corresponding recurrence relation is $C(n) \le an + C(n/2)$ implying $C(n)=O(n)$ .

Now, generalize it to the case of at most $d$ zeros in every row. Let $C_d(n)$ be the complexity of an $n \times (\le dn)$ matrix with at most $d$ zeros per row (if there are more than $dn$ columns, then some of them are all-1). Partition the columns into two parts $L$ and $R$ such that at least $n(1-2^{-d})$ rows (call them $T$ ) satisfy the following property: if there are exactly $d$ zeroes in a row, then not all of them belong to the same part (denote the remaining rows by $B$ ). Then make three recursive calls: $T \times L$ , $T \times R$ , and $B \times (L \cup R)$ . This gives a recurrence relation $C_d(n) \le an + 2\cdot C_{d-1}(n(1-2^{-d}))+C_d(2^{-d}n)$ . This, in turn, implies that $C_d(n) \le f(d)\cdot n$ . The function $f(d)$ is exponential, but still.

— Alexander S. Kulikov
সূত্র

A nice argument. But it seems to be tailor made for the case of d=2 zeros per row. What about d>2 zeros?

— Stasys

@Stasys, it is doable if I'm not mistaken. I've updated the answer.

— Alexander S. Kulikov