La complétude du coNP implique-t-elle une dureté NP?

La complétude du coNP implique-t-elle une dureté NP? En particulier, j'ai un problème dont j'ai montré qu'il était coNP-complet. Puis-je prétendre qu'il est NP-difficile? Je me rends compte que je peux revendiquer la dureté coNP, mais je ne sais pas si cette terminologie est standard.

Je suis à l'aise avec l'affirmation selon laquelle si un problème NP-complet appartenait à coNP, alors NP = coNP. Cependant, ces notes de cours indiquent que si un problème NP-difficile appartient à coNP, alors NP = coNP. Cela suggérerait alors que je ne peux pas prétendre que mon problème est NP-difficile (ou que j'ai prouvé coNP = NP, ce dont je doute fortement).

Peut-être qu'il y a quelque chose qui ne va pas dans ma pensée. Ma pensée est qu'un problème coNP-complet est NP-difficile parce que:

chaque problème dans NP peut être réduit à son complément, qui appartiendra au coNP.
le problème du complément dans coNP se réduit à mon problème coNP-complet.
nous avons donc une réduction de chaque problème de NP à mon coNP-complet, donc mon problème est NP-difficile.

complexity-theory np-hard Austin Buchanan
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en un mot, non! au moins sur la base des connaissances actuelles. la question est étroitement liée à P =? NP (ou plus strictement coNP =? NP qui est également ouvert). notez que si coNP ≠ NP est prouvé alors P ≠ NP est également prouvé parce que P est fermé sous complément.

vzn

Réponses:

Vous prétendez que chaque problème de NP peut être réduit à son complément , et cela est vrai pour les réductions de Turing, mais (probablement) pas pour plusieurs réductions. Une réduction de plusieurs un de à est une fonction polytemporaire telle que pour tout , si . $L_1$ $L_2$ $f$ $x$ $x \in L_1$ $f(x) \in L_2$

Si un problème dans coNP étaient NP-dur, alors pour tout langage , il y aurait une fonction polynomial telle que pour tout , ssi . Puisque est dans coNP, cela donne un algorithme coNP pour , montrant que NP coNP, et donc NP coNP. La plupart des chercheurs ne s'attendent pas à ce que ce soit le cas, et donc les problèmes dans le coNP ne sont probablement pas difficiles à NP. $L$ $M \in NP$ $f$ $x$ $x \in M$ $f(x) \in L$ $L$ $M$ $\subseteq$ $=$

La raison pour laquelle nous utilisons des réductions de Karp plutôt que des réductions de Turing est pour que nous puissions faire la distinction entre les problèmes NP-dur et coNP-dur. Voir cette réponse pour plus de détails (les réductions Turing sont appelées réductions Cook dans cette réponse).

Enfin, coNP-hard et coNP-complete sont tous deux une terminologie standard, et vous êtes libre de les utiliser.

Yuval Filmus
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"mais pas pour plusieurs réductions" - le problème de décider n'est-il pas exactement que nous ne savons pas s'il y a des réductions de Karp d'un ( ) -langue à son complément?

NP \overset{?}{=} coNP

$\text{NP} \overset{?}{=} \text{coNP}$

co

$\text{co}$

NP

$\text{NP}$

G. Bach

C'est exact, et c'est aussi ce que je montre dans la réponse. Quand j'ai dit que ce n'était pas vrai pour plusieurs réductions, je ne le pensais pas au sens strictement logique, mais plutôt dans le sens que "la réduction à laquelle vous pensez est une réduction de Turing mais pas une réduction de plusieurs" .

Yuval Filmus

Oh d'accord, c'est probablement le problème.

G. Bach

Merci. Quelle est une bonne référence pour cela? En particulier pour "NP = coNP sous les réductions Cook, mais on pense que ce sont des réductions de karp différentes par rapport à"?

Austin Buchanan

La croyance que NP est différent de coNP est assez répandue. Parfois, il est attribué à Stephen Cook. Cette dureté NP est la même que la dureté coNP sous les réductions Cook découle immédiatement de la définition.

Yuval Filmus

$x \in L$ $\text{M}$ $x \notin \overline{L}$ $\text{M}$ $x$ $NP$

$\text{NP}$ $\text{coNP}$ $L \in \text{coNP}$ $\text{M}$

x \in L ⟺ \forall z \in {0, 1}^{p (| x |)} : M (x, z) = 1

$x \in L \iff \forall z \in \{0,1\}^{p(|x|)}:\text{M}(x,z) = 1$

$\overline{L}$ $\text{M'}$

x \in \bar{L} ⟺ \exists z \in {0, 1}^{q (| x |)} : M' (x, z) = 1

$x \in \overline{L} \iff \exists z \in \{0,1\}^{q(|x|)}:\text{M'}(x,z) = 1$

$\text{NP}$ $\text{M'}$ $\text{K}$ $\text{coNP}$ $\text{M}$ $\text{K}$ $\forall$ $\text{coNP}$ $\text{NP}$ $\text{M'}$ $0$ $x \in \text{K}$ $\exists$ $\forall$

Peut-être plus abstraitement: on ne sait pas comment construire (en temps polynomial) une machine qui reconnaît exactement les éléments d'une langue, quel que soit le certificat qui les accompagne, à partir d'une machine qui reconnaît exactement les éléments d'une langue qui ont un certificat pour mais pour lesquels certains certificats ne fonctionnent pas non plus.

G. Bach
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Étonnamment, cependant, on sait que NL = coNL, NPSPACE = coNPSPACE et, en général, les classes non déterministes définies par des contraintes d'espace sont fermées par complémentation. C'est le théorème d'Immerman-Szelepcsényi.

Yuval Filmus

Intéressant, je ne le savais pas - mais l'intuition derrière cela est probablement la façon dont il est toujours avec les classes spatiales: nous pouvons simplement réutiliser l'espace.

G. Bach

s

$s$

t

$t$

\log n

$\log n$

s

$s$

t

$t$