Capacité du puzzle à résolution unique (USP)

Dans leur article fondateur Algorithmes théoriques de groupe pour les multiplications matricielles , Cohn, Kleinberg, Szegedy et Umans introduisent le concept de puzzle résolvable de manière unique (défini ci-dessous) et de capacité USP. Ils affirment que Chaudronnier et Winograd, dans leur propre papier révolutionnaire multiplication matrice par des progressions arithmétiques , « implicitement » prouvent que la capacité USP est $3/2^{2/3}$ . Cette affirmation est réitérée dans plusieurs autres endroits (y compris ici sur cstheory), mais nulle part aucune explication ne peut être trouvée. Voici ma propre compréhension de ce que Coppersmith et Winograd prouvent et pourquoi ce n'est pas suffisant.

Est - il vrai que la capacité USP est $3/2^{2/3}$ ? Si oui, existe-t-il une référence pour la preuve?

Puzzles résolument solubles

Un casse-tête uniquement résoluble (USP) de longueur $n$ et de largeur $k$ consiste en un sous-ensemble de $\{1,2,3\}^k$ de taille $n$ , que nous considérons également comme trois collections de $n$ "pièces" (correspondant aux endroits où le les vecteurs sont $1$ , les endroits où ils sont $2$ et les endroits où ils sont $3$ ), satisfaisant la propriété suivante. Supposons que nous disposions toutes les pièces $1$ en $n$ lignes. Ensuite, il doit y avoir une façon unique de mettre les autres pièces, une de chaque type dans chaque ligne, afin qu'elles "s'emboîtent".

$N(k)$ $k$

κ = sup_{k} N (k)^{1 / k} .

$\kappa = \sup_k N(k)^{1/k}.$

c \in {1, 2, 3}

$c \in \{1,2,3\}$

N (k) \leq \sum_{a + b + c = k} min {(\binom{k}{a}), (\binom{k}{b}), (\binom{k}{c})} \leq (\binom{k + 2}{2}) (\binom{k}{k / 3}),

$N(k) \leq \sum_{a+b+c=k} \min \left\{ \binom{k}{a}, \binom{k}{b}, \binom{k}{c} \right\} \leq \binom{k+2}{2} \binom{k}{k/3},$

κ \leq 3 / 2^{2 / 3}

$\kappa \leq 3/2^{2/3}$

Exemple (un USP de longueur et de largeur ): Non-exemple de longueur et largeur , où les - et -les pièces peuvent être organisées de deux manières différentes: $4$ $4$

\begin{aligned} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{aligned}

$\begin{align*} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{align*}$

3

$3$

3

$3$

2

$2$

3

$3$

\begin{aligned} 123 & 132 \\ 231 & 321 \\ 312 & 213 \end{aligned}

$\begin{align*} 123 && 132 \\ 231 && 321 \\ 312 && 213 \end{align*}$

Jeu de puzzle Coppersmith-Winograd

Un puzzle Coppersmith-Winograd (CWP) de longueur et de largeur consiste en un sous-ensemble de de taille dans lequel les "pièces" sont uniques - pour deux quelconques et , (Ils le présentent un peu différemment.) $n$ $k$ $S$ $\{1,2,3\}^k$ $n$ $a \neq b \in S$ $c \in \{1,2,3\}$

{je \in [k] : {une}_{je} = c} \neq {je \in [k] : b_{je} = c} .

$\{ i \in [k] : a_i = c \} \neq \{ i \in [k] : b_i = c \}.$

Chaque USP est un CWP (comme nous l'avons commenté ci-dessus), d'où la capacité CWP satisfait . Ci-dessus, nous avons commenté que . Coppersmith et Winograd ont montré, en utilisant un argument sophistiqué, que . Leur argument a été simplifié par Strassen (voir Théorie de la complexité algébrique ). Nous esquissons une simple preuve ci-dessous. $\lambda$ $\lambda \geq \kappa$ $\lambda \leq 3/2^{2/3}$ $\lambda = 3/2^{2/3}$

Étant donné , soit composé de tous les vecteurs contenant chacun de s, s, s. Pour , soit composé de toutes les paires telles que , et mettez . Chaque ensemble indépendant dans le graphique est un CWP. Il est bien connu que chaque graphique a un ensemble indépendant de taille(preuve: sélectionnez chaque sommet avec la probabilité , et supprimez un sommet de chaque bord survivant). Dans notre cas, $k$ $V$ $k/3$ $1$ $2$ $3$ $c \in \{1,2,3\}$ $E_c$ $a,b \in V$ $\{ i \in [k] : a_i = c \} = \{ i \in [k] : b_i = c \}$ $E = E_1 \cup E_2 \cup E_3$ $G = (V,E)$ $|V|^2/4|E|$ $|V|/2|E|$

| V | = (\binom{k}{k / 3}) (\binom{2 k / 3}{k / 3}), | E | \leq 3 | E_{1} | = \frac{3}{2} (\binom{k}{k / 3}) {(\binom{2 k / 3}{k / 3})}^{2} .

$|V| = \binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}, \quad |E| \leq 3|E_1| = \frac{3}{2}\binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}^2.$ D'où

\frac{| V |^{2}}{4 | E |} = \frac{1}{6} (\binom{k}{k / 3}) ⟹ λ \geq \frac{3}{2^{2 / 3}} .

$\frac{|V|^2}{4|E|} = \frac{1}{6} \binom{k}{k/3} \Longrightarrow \lambda \geq \frac{3}{2^{2/3}}.$

ds.algorithms co.combinatorics algebraic-complexity matrix-product Yuval Filmus
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Intéressant, mais y a-t-il une question ici, ou s'agit-il simplement d'une affirmation d'une faille dans la littérature?

David Eppstein

La question est de savoir s'il est vrai que la capacité USP est de , et si oui, où peut-on trouver une preuve.

3 / 2^{2 / 3}

$3/2^{2/3}$

Yuval Filmus

Comme beaucoup d'autres questions, la réponse à celle-ci se trouve dans la thèse de Stothers. Un USP local est un CWP dans lequel le seul moyen par lequel une pièce 1, un 2-pièce et une pièce 3 peuvent tenir ensemble est si leur union est dans . De toute évidence, un USP local est un USP, et une construction de [CKSU] montre que la capacité de l'USP est atteinte par les USP locaux (nous allons le montrer de manière constructive). $S$

Coppersmith et Winograd construisent une distribution indépendante presque sur sur avec les deux propriétés suivantes: (1) , (2) Pour tout tel que le 1 morceau de , le 2 morceau de et le 3 morceau de forment ensemble un vecteur : si alors . $S$ $2^V$ $\Pr[x \in S] = (|V|/2|E|)^{1-\epsilon}$ $x,y,z \in V$ $x$ $y$ $z$ $w \in V$ $x,y,z \in S$ $w \in S$

Nous choisissons un sous-ensemble aléatoire de fonction de la distribution, et pour chaque arête , nous supprimons les deux sommets . Le nombre attendu de sommets restants est à peu près . L'ensemble résultant est un USP local: s'il y a dans lesquels le 1 morceau de , le 2 morceau de et le 3 morceau de s'ajustent, formant un morceau , alors , et ainsi de l' ensemble de sont retirés de . $S$ $V$ $(x,y) \in E$ $x,y$ $(|V|^2/2|E|)^{1-\epsilon}$ $T$ $x,y,z \in T$ $x$ $y$ $z$ $w$ $x,y,z,w \in S$ $x,y,z$ $S$

Yuval Filmus
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