Meilleur espace actuel limite inférieure pour SAT?

quelles sont les meilleures limites inférieures de l' espace actuel pour SAT?

Avec une borne inférieure d'espace, je veux dire ici le nombre de cellules de bande de travail utilisées par une machine Turing qui utilise un alphabet binaire de bande de travail. Un terme additif constant est inévitable, car une MT peut utiliser des états internes pour simuler un nombre fixe de cellules de bande de travail. Cependant, je suis intéressé à contrôler la constante multiplicative qui est souvent laissée implicite: la configuration habituelle permet une compression constante arbitraire via des alphabets plus grands donc la constante multiplicative n'y est pas pertinente, mais avec un alphabet fixe, il devrait être possible de la prendre en compte.

Par exemple, SAT nécessite plus que l' espace $\log\log n + c$ ; sinon, cette limite supérieure d'espace conduirait à une limite supérieure de temps de $n^{1+o(1)}$ par simulation, et ainsi la limite inférieure combinée de $n^{1.801+o(1)}$ espace-temps pour SAT serait violée (voir le lien question). Il semble également possible d'améliorer cet argument pour faire valoir que SAT nécessite au moins $\delta\log n + c$ espace pour un petit positif $\delta$ qui est quelque chose comme $0.801/C$ , où $C$ est l'exposant constant dans la simulation d'une MT limitée dans l'espace par une TM limitée dans le temps.

Malheureusement, $C$ est généralement assez volumineux (et certainement au moins 2 dans la simulation habituelle, où les bandes d'une MT sont d'abord encodées sur une seule bande via un alphabet plus grand). De telles bornes avec $\delta \ll 1$ sont plutôt faibles, et je serais particulièrement intéressé par une borne inférieure d'espace de $\log n + c$ . Une limite inférieure de temps inconditionnelle de $\Omega(n^d)$ pas, pour une constante suffisamment grande $d > 1$ , impliquerait un tel espace inférieur par simulation. Cependant, les bornes inférieures de temps de $\Omega(n^d)$ pour ne sont pas connus actuellement, et encore moins pour les grands . $d>1$ $d$

Autrement dit, je recherche quelque chose qui serait une conséquence des bornes inférieures du temps super-linéaire pour SAT, mais qui pourrait être possible d'obtenir plus directement.

cc.complexity-theory sat lower-bounds space-bounded space-complexity András Salamon
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comme dans cette autre réponse (par exemple par RW), se concentrer séparément sur le temps ou l'espace semble être hors de portée et n'a que des limites connues faibles / génériques, et les recherches de pointe dans le domaine semblent donner naissance à un concept relativement nouveau de complexité spatio-temporelle combinée.

vzn

Réponses:

Il semble que la meilleure limite connue (pour les machines de Turing multitape) soit logarithmique.

Supposons que bits de bande de travail binaire est suffisant pour décider si une formule CNF à bits est satisfaisable, pour tout suffisamment grand . Par la simulation standard, une MT avec états qui utilise au plus bits d'espace peut être simulée par une TM qui a au plus configurations différentes. Chaque fois que la machine accepte, il y a une séquence de mouvements (non déterministes) atteignant un état d'acceptation qui est au maximum aussi long que ce nombre de configurations. Lorsque , c'est au plus $\delta\log n$ $n$ $n$ $q$ $s$ $qns2^s = 2^{s+\log n + \log s + \log q}$ $s = \Omega(\log n)$ (notez quereste le même pour toutes les longueurs d'entrée). Sur une contre-bande séparée, $2^{s(2+o(1))}$ $q$ $n$ $M$ peut d'abord écrire cette quantité en unaire, puis à chaque étape de la simulation effacer l'un des symboles du compteur, et terminer le calcul si jamais il manque de symboles de compteur. Cela crée un facteur de surcharge constant (quelque chose comme 3), qui est absorbé par le terme dans l'exposant. Donc pas suffisent. $o(1)$ $2^{s(2+o(1))}$

Par hypothèse , donc le produit spatio-temporel est au plus $s \le \delta\log n$ . $\delta\log n2^{\delta\log n(2+o(1))} = n^{\delta(2+o(1))}$

Rahul Santhanam a montré en 2001 (voir doi: 10.1016 / S0020-0190 (00) 00227-1 ) que le produit spatio-temporel pour une machine de Turing décidant SAT doit être au moins ; son argument s'applique également aux machines non déterministes. D'où, et au moinsbits de bande de travail binaire sont nécessaires. $\Omega(n^{2-o(1)})$ $\delta \ge 1$ $\log n$

Plus généralement, des bandes de travail supplémentaires et un alphabet de bande de travail plus grand modifient l'exposant d'un facteur constant. Cela réduit finalement le facteur , mais la borne inférieure de l'espace est toujours . $\delta$ $\Omega(\log n)$

András Salamon
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Peut-être pouvons-nous prouver un espace inférieur pour SAT de cette manière (mais je ne suis pas confiant avec l'analyse limite / asymptotique, donc ma réponse peut être totalement fausse). $\log n$

Sur un modèle de machine Turing avec une bande d'entrée en lecture seule et une bande de travail, toutes deux sur alphabet binaire , pour chaque décideur avec des états sur une entrée de taille nous avons ceci: $\Sigma = \{0,1\}$ $c$ $n$

T (n) \leq c 2^{S (n)} n S (n) (1)

$T(n) \leq c \, 2^{S(n)} \, n \, S(n) \quad (1)$

sinon, la machine Turing bouclera pour toujours (le composant représente toutes les configurations de bande possibles, le composant représente les positions de tête de bande d'entrée, tandis que le composant représente les positions de tête de bande de travail). Sur une seule bande, une seule tête TM sur l'alphabet binaire (1) devient $2^{S(n)}$ $n$ $S(n)$ . $T(n) \leq c 2^{S(n)} S(n)$

Multipliant les deux termes par et en appliquant le compromis espace-temps général pour SAT, nous obtenons: $S(n)$

n^{1.801 + o (1)} \leq S (n) \cdot T (n) \leq c S (n)^{2} 2^{S (n)} n

$n^{1.801+o(1)} \leq S(n)\cdot T(n) \leq c \, S(n)^2 \, 2^{S(n)} \, n$

Donc, choisir une borne supérieure d'espace comme $S(n) \leq (\log n)^{1 - \epsilon}$ pour SAT conduirait à une contradiction, en effet

lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{c ((\log n)^{1 - ϵ})^{2} 2^{(\log n)^{1 - ϵ}} n} =

$\lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.801}}{ c \, ((\log n)^{1-\epsilon})^2 2^{(\log n)^{1-\epsilon}} n } =$

lim_{n \to \infty} (0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1 - ϵ) \log (\log n) - (\log n)^{1 - ϵ}) = \infty

$\lim_{n \to \infty} \Big( 0.801 \cdot \log n - \log c - 2 (1- \epsilon) \log (\log n) - (\log n)^{1-\epsilon}\Big) = \infty$

Marzio De Biasi
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Il semble y avoir au moins deux façons générales de montrer qu'une limite supérieure

conduit à une contradiction. Principalement j'avais à l' esprit en utilisant la (essentiellement identique, mais un peu plus facile de travailler avec) l' inégalité

pour une constante

. La dernière étape que vous fournissez peut également être renforcée, car une contradiction découle même de

pour

o (\log n)

$o(\log n)$

T (n) \leq 2^{\log n + C . S (n)}

$T(n) \le 2^{\log n + C.S(n)}$

C

$C$

S (n) \leq δ \log n

$S(n) \le \delta\log n$

δ < 0.801 / C

$\delta < 0.801/C$

András Salamon

@ AndrásSalamon: du côté lié

, vous ne pouvez pas vous attendre à des améliorations faciles: de S. Buss et R. Williams. Limits on Alternation-Trading Proofs for Time-Space Lower Bounds, 2012: "Nous montrons que de nouvelles techniques sont prouvées nécessaires pour prouver de meilleures limites inférieures d'espace-temps pour le problème de satisfiabilité. C'est-à-dire la méthode de" l'alternance-trading preuves "utilisées pour établir que SAT ne peut pas être résolu en

temps et

espace ne peut pas prouver un

S \cdot T

$S\cdot T$

n^{2 \cos (π / 7)}

$n^{2\cos(\pi /7)}$

n^{o (1)}

$n^{o(1)}$

limite inférieure de temps, pour chaque

". Avez-vous une idée :-)?

n^{2 \cos (π / 7)} + ϵ

$n^{2\cos(\pi /7)}+\epsilon$

ϵ > 0

$\epsilon >0$

Marzio De Biasi

Je pense que c'est à peu près aussi loin que l'on peut utiliser les limites de l'espace-temps, précisément parce que l'approche de Ryan va aussi loin que ces limites.

András Salamon

Pour même stocker une instance SAT, vous avez besoin de

et la lire, vous avez besoin de temps

. Cela ne prouve-t-il pas la borne inférieure de

ST?

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n)

$\Omega(n)$

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

T ....

@Turbo, il est clair que chaque algorithme pour décider SAT doit stocker l'instance: prouver un

bit espace déterministe borne inférieure montrerait

Ω (n)

$\Omega(n)$

L ⊊ N P

$\mathsf{L} \subsetneq \mathsf{NP}$

András Salamon