완벽하게 균일하게 모드 3을 빠르게 생성하거나 NP 문제를 해결할 수 있습니까?

솔직히 말하면, 난수가 어떻게 생성되는지에 대해 많이 알지 못하지만 (의견은 환영합니다!) 다음 이론적 모델을 가정 해 봅시다. 에서 균일하게 임의의 정수를 얻을 수 있으며 우리의 목표는 [1,3]에서 균일하게 임의의 정수를 출력합니다.$[1,2^n]$

예상 실행 시간이 다항식 인 간단한 솔루션 은 다음과 같습니다. 나머지 정수의 수를 으로 나눌 수 있도록 생성 된 정수의 을 취할 수 있도록 에서 (및 아마도 )을 버립니다 . 폐기 된 숫자를 얻으면 폐기되지 않은 숫자를 얻을 때까지 다른 숫자를 생성합니다.$2^n$$2^n-1$$[1,2^n]$$3$$\bmod 3$

그러나 다항식 시간에 확실하게 종료하려면 어떻게해야합니까? 나누기 문제로 인해 문제를 해결할 수 없게됩니다. 그러나 다음을 해결할 수 있는지 궁금합니다.

[1,2 ^ n] 에서 균일하게 임의의 정수를 생성 할 수 $[1,2^n]$있고 계산 상 어려운 문제가 있다고 가정 합니다. 우리의 목표는 [1,3]에서 균일하게 임의의 정수를 출력하거나 어려운 문제를 해결하는 것입니다.

여기서 어려운 문제는 정수를 인수 분해하여 SAT 인스턴스 또는 이와 유사한 것을 해결할 수 있습니다. 예를 들어, f (x) 가 주어지고 n 이 짝수라고 가정 하면 다음과 같이 단방향 순열 $f$ 를 디코딩 할 수 있습니다 . 임의의 문자열 f (r) <f (x) 인 경우 f (r) \ bmod 3 이면 f (r)> f (x) 인 경우 f (r) -1 \ bmod 3 을 취하십시오 . 마지막으로 f (r) = f (x) 이면 r = x 와 같이 수행됩니다 . ( n 이 홀수이면 비슷한 것이 작동합니다. f (r + 1) = f (x) 인지 확인하고 f (r)> f (x) 인 경우 2를 빼면 됩니다 .$f(x)$$n$$f(r)<f(x)$$f(r) \bmod 3$$f(r)>f(x)$$f(r)-1\bmod 3$$f(r)=f(x)$$r=x$$n$$f(r+1)=f(x)$$2$$f(r)>f(x)$

답변 요약. Emil Jeřábek은 완벽하게 균일하게 생성 할 수 없다면 TFNP 및 PPA-3에서 단일 값 검색 문제를 해결할 수 있음을 보여주었습니다. 반면 daniello는 NP = co-NP가 ​​아니라면 위와 같이 NP-complete 문제를 해결할 수 없음을 보여주었습니다.

domotorp의 답변에 대한 후속 조치로 다음 제한 사항 중 하나를 만족하는 NP 검색 문제를 해결할 수 있다고 생각합니다.

1. 솔루션의 수는 알려져 있으며 나눌 수 없습니다 . 또는,$3$

2. 솔루션의 수는 다항식으로 제한됩니다 (그러나 미리 알려지지 않음).

1의 경우 간단한 패딩을 사용하여 다음과 같은 경우로 줄일 수 있습니다.

• 해는 이며 은 짝수입니다.$[0,2^{m-1})$$m$

• 솔루션의 수 만족 .$s$$s\equiv1\pmod3$

• 두 솔루션은 적어도 거리가 이상 떨어져 있습니다. (이것은 모두 로 나눌 수 있습니다.)$4$$4$

공지 사항이 . 따라서 임의의 을 선택하고 경우 고유 한 솔루션에 대한 답변과 유사한 프로토콜을 사용하여 문제를 해결할 수 있습니다 (분포 결과 에 하나의 짧은 (가) 각 당 ) 솔루션을 출력하는 의 경우 .$3\mid 2^m-s$$a\in[0,2^m)$$a\in[0,2^m-s)$$\{0,1,2\}$$0$$s$$0$$a\in[2^m-s,2^m)$

2. 들어, 용액 수 있다고 가정 제 되고 공지 . 마찬가지로 /cstheory//a/37546 ,하자 최대의 전력 수 이 분할 그래서, . 그 해결책은 시퀀스 검색 문제 고려 되도록 각 원래 문제의 해결책이다. 한편으로, 원래 문제는 새로운 문제로 줄어 듭니다. 다른 한편으로, 새로운 문제의 해결책의 수는 . 즉, 나눌 수 없습니다$s\le p(n)$$3^k$$3$$s$$3\nmid\binom s{3^k}$$y_0,\dots,y_{3^k-1}$$y_0<y_1<\dots<y_{3^k-1}$$y_i$$\binom s{3^k}$$3$알려져 있습니다. 따라서 우리는 1에 의해 수행됩니다.

이제 솔루션의 수가 제한 되지만 알려지지 않은 경우 가능한 각 선택에 대해 times ( ) 이상으로 프로토콜을 실행합니다. 및 :$p(n)$$2^\ell$$2^\ell\ge p(n)$$1\le s\le2^\ell$

• 스레드 중 하나가 원래 문제의 솔루션을 반환하면 해당 스레드 중 하나를 출력에 전달합니다.

• 모든 스레드가 돌아 오면 요소 우리 출력 .$r_1,\dots,r_{2^\ell}\in\{0,1,2\}$$(r_1+r_2+\dots+r_{2^\ell})\bmod3$

두 번째 이벤트 조건으로, 균일하게 분포한다 위한 다른 동안 원래 문제의 솔루션의 실제 번호 인 독립적이다 따라서 총 합은 또한 균일하게 분산하고, .$r_s$$\{0,1,2\}$$s$$r_i$$r_s$

훨씬 자연 스럽기 때문에 대신 부터 시작하는 숫자를 사용합니다 .$0$$1$

이 방법으로 해결할 수있는 두 가지 클래스의 문제가 있습니다.

1. TFNP의 기능 (즉, 단일 값 총 NP 검색 문제)

   (단방향 순열을 사용하여 예제를 일반화합니다. 의 특수한 결정 문제가 포함됩니다 .)$\mathrm{UP\cap coUP}$

   설정은 우리가 다항식 시간 술어 및 다항식 을 가지고 길이 의 모든 에 대해 길이 의 고유 한 가 존재 하도록 유지됩니다. 계산 작업은 가 주어지면 찾습니다 .$R(x,y)$$p(n)$$x$$n$$y$$m=p(n)$$R(x,y)$$x$$y$

   이제 wlog에 이 짝수 라고 가정 하여 . 알고리즘은 균일하게 임의의 을 생성하고 출력하는 것입니다$m$$2^m\equiv 1\pmod3$$y\in[0,2^m)$

   • $y$ 경우 (검색 문제의 해결책으로 ;$R(x,y)$

   • $y-y'$ 및 경우 의 임의의 요소로 ;$\{0,1,2\}$$y-y'\in\{1,2\}$$R(x,y')$

   • $y\bmod3$ (임의 원소로서 ) 경우없이 을 해결해의 .$\{0,1,2\}$$y'\in\{y,y-1,y-2\}$$R(x,y')$

   탐색 문제에 대한 해결책이 없다면, 무작위 선택은 과 배, 배 (한 번 더)를 줄 것입니다. 그러나 가 검색 문제를 해결하면 (세 개의 잔류 물 클래스 모두에 적용됨)를 고려하여 잔류 물 과 만 생성하므로 의 이점을 얻을 수 있습니다. (여기서 이라고 가정하고 있습니다 .)$2^m$$1$$2$ $(2^m-1)/3$$0$ $(2^m+2)/3$$y$$y,y+1,y+2$$1$$2$$0$$y<2^m-2$

2. PPA- 검색 문제$3$

   PPA- 을 정의하는 편리한 방법 은 NP 검색 문제로서 다음과 같은 종류의 문제로 많은 사람들이 환원 할 수 있습니다. 우리는 고정 다항식 시간 함수 와 다항식 길이 의 입력 에 대해 유도 매핑 는 입력으로 제한됩니다 의 길이의 의 함수이다 만족 마다 대한 . 작업에 가 주어지면 : 의 점 를 찾으십시오 .$3$$f(x,y)$$p(n)$$x$$n$$f_x(y)=f(x,y)$$y$$m=p(n)$$f_x\colon[0,2^m)\to[0,2^m)$$f_x(f_x(f_x(y)))=y$$y$$x$$y$$f_x$$f_x(y)=y$

   우리는 다음과 같이 문제의 방식으로 이것을 해결할 수 있습니다 : 주어진 길이 , 우리 는 길이 의 무작위 를 생성 하고 출력$x$$n$$y$$m=p(n)$

   • $y$f_x의 점 인 경우 ;$f_x$

   • 그렇지 않으면 , 및 는 별개의 요소입니다. 우리로 레이블 수 와 및 출력 와 같은 입니다.$y$$f_x(y)$$f_x(f_x(y))$$\{y,f_x(y),f_x(f_x(y))\}=\{y_0,y_1,y_2\}$$y_0<y_1<y_2$$i\in\{0,1,2\}$$y=y_i$

   비고 정점 가 3 배가되므로 에 균일 한 분포를 제공한다는 것은 정의에서 분명합니다 .$\{0,1,2\}$$y$

PPA- 대한 Papadimitriou의 완전한 문제와 위의 문제의 동등성을 기록으로 보여 주겠다. 이 클래스는 대부분 문헌에서 무시되어 있기 때문이다. 이 문제는 Johnsons의 Buss에 언급되어 있습니다.“NP 검색 문제 사이의 제안 증명 및 축소”, 그러나 그에 상응하는 것은 아닙니다. PPA의 경우 비슷한 문제 (LONELY)가 Beame, Cook, Edmonds, Impagliazzo 및 Pitassi에서 제공됩니다.“NP 검색 문제의 상대적 복잡성”. 대해서는 특별한 것이 없으며 , 아래의 인수는 홀수 소수에 대해 돌연변이로 작동합니다.$3$$3$

제안 : 다음 NP 검색 문제는 여러 시간에 걸쳐 서로 환원 될 수 있습니다.

1. 이분의 무 방향 그래프 나타내는 회로 와 차수가 나눌 수없는 정점 가 주어지면 다른 정점을 찾으십시오.$(A\cup B,E)$$u\in A\cup B$$3$

2. 유향 그래프 나타내는 회로 와 정도 균형 (즉,도에서 마이너스를 뺀도)이 나눌 수없는 정점 가 주어지면 다른 정점을 찾으십시오.$(V,E)$$u\in V$$3$

3. 함수 연산 회로 주어 되도록 의 fixpoint 찾을 .$f\colon[0,2^n)\to[0,2^n)$$f^3=\mathrm{id}$$f$

증명:

$1\le_p2$ 는 가장자리를 왼쪽에서 오른쪽으로 지시하기에 충분하므로 분명합니다.

$2\le_p1$ : 먼저 가중 된 이분 그래프를 구성 해 봅시다. 하자 및 사본 수 : , . 각각의 원래의 에지 우리는 가장자리에 배치 체중 및 에지 중량 . 이것은 를 원래 그래프에서 의 차수 균형과 동일하게 만듭니다. 경우 밸런스 주어진 정점이고 , 우리는 별도의 가장자리를 추가 중량의$A$$B$$V$$A=\{x^A:x\in V\}$$B=\{x^B:x\in V\}$$x\to y$$\{x^A,y^B\}$$1$$\{x^B,y^A\}$$-1$$\deg(x^A)=-\deg(x^B)$$x$$u$$b\not\equiv0\pmod3$$\{u^A,u^B\}$$b$그래서 것을 및 . 는 우리가 선택한 정점이 될 것입니다.$\deg(u^A)=2b\not\equiv0\pmod3$$\deg(u^B)=0$$u^A$

그래프를 일반 비가 중 무 방향 그래프로 만들기 위해 먼저 모든 가중치를 모듈로 줄이고 가중치 모든 모서리를 떨어 뜨립니다 . 가중치 과 가장자리 만 남습니다 . 후자는 적절한 가제트로 대체 될 수 있습니다. 예를 들어, 대신 체중의 에지 , 우리는 새로운 정점을 포함 , 에 대한 가장자리를 , , , , : 이렇게하면$3$$0$$1$$2$$2$$\{x^A,y^B\}$$w_i^A$$z_i^B$$i=0,\dots,3$$\{x^A,y^B\}$$\{x^A,z^B_i\}$$\{w^A_i,y^B\}$$\{w^A_i,z^B_i\}$$\{w^A_i,z^B_{(i+1)\bmod4}\}$$\deg(w_i^A)=\deg(z_i^B)=3$ 및 에 을 제공 합니다.$5\equiv2\pmod3$$x^A$$y^B$

$3\le_p2$ : 단순화를 위해 이 합니다. 대해 다음과 같이 유향 그래프를 구성 합니다.$n$$2^n\equiv1\pmod3$$V=[0,2^n)$

• 각 에 대해 모서리 및 가 포함됩니다 .$3x+1\to3x$$3x+2\to3x$$x<2^n/3-1$

• 경우 의 비 fixpoint 궤도이며 우리 가장자리 포함 및 .$x_0<x_1<x_2$$f$$x_0\to x_1$$x_0\to x_2$

선택된 정점은 입니다. 첫 번째 절은 균형 또는 를 각 정점 기여 합니다. 마찬가지로, 두 번째 절은 밸런스 또는 을 수정 점이 아닌 정점에 기여합니다. 따라서 가 아직 고정 점이 아니라고 가정하면 실제로는 불균형 모듈로 이고 다른 정점 불균형 모듈로 은 입니다.$u=2^n-1$$1$$-2\equiv1\pmod3$$\ne u$$-1$$2\equiv-1\pmod3$$u$$3$$3$$f$

$1\le_p3$ : 우리는 것을 가정 할 수 와 에도, 상기 소정 정점 도 갖는다 .$A=B=[0,2^n)$$n$$u\in A$$\equiv2\pmod3$

정점 로 입사하는 모서리 를 로 효율적으로 라벨링 할 수 있습니다 . 여기서 입니다. 이런 식으로 는 의 하위 집합이 되며 식별됩니다 . 에 함수 를 다음과 같이 정의합니다.$y\in B$$(y,j)$$j<\deg(y)$$E$$[0,2^n)\times[0,2^n)$$[0,2^{2n})$$f$$[0,2^n)\times[0,2^n)$

• 의 보체 각 : , 및 되도록 , 우리는 신뢰성 , , . 또한 , , 대한 . 이것은 , 그리고 각 에 대해 점 을 않습니다. .$E$$y\in B$$j$$\deg(y)\le 3j<2^n-1$$f(y,3j)=(y,3j+1)$$f(y,3j+1)=(y,3j+2)$$f(y,3j+2)=(y,3j)$$f(3i,2^n-1)=(3i+1,2^n-1)$$f(3i+1,2^n-1)=(3i+2,2^n-1)$$f(3i+2,2^n-1)=(3i,2^n-1)$$3i<2^n-1$$(2^n-1,2^n-1)$$3-(\deg(y)\bmod 3)$$(y,i)$$y\in B$$3$

• 에서 : 각 우리는 입사 에지의 효율적인 열거 수정 여기서 . 우리는 , 대한 , . 이것은 각 정점 에 대해 점을 나눌 수 없습니다 .$E$$x\in A$$(y_0,j_0),\dots,(y_{d-1},j_{d-1})$$d=\deg(x)$$f(y_{3i},j_{3i})=(y_{3i+1},j_{3i+1})$$f(y_{3i+1},j_{3i+1})=(y_{3i+2},j_{3i+2})$$f(y_{3i+2},j_{3i+2})=(y_{3i},j_{3i})$$i<\lfloor d/3\rfloor$$\deg(x)\bmod3$$x\in A$$3$

이후 그 입사 에지의 두 탈락 하였다; 우리는 을 세 번째 포인트로 사용하여 또 다른 사이클로 만듭니다. 나머지 점은 고정 점으로 남습니다 . 건축에 의해, 그들 중 하나는 (1)의 해를 야기 할 것이다.$\deg(u)\equiv2\pmod3$$f$$(2^n-1,2^n-1)$$f$

mod 완벽하게 생성 하거나 SAT (또는 그 문제에 대한 다른 NP 완료 문제)를 해결할 수 있다면 입니다. 특히, SAT 공식 주어지면 완벽한 생성기 / 솔버를 고려하십시오 .$3$$NP = coNP$$\phi$

하자 크기의 입력에 상기 발전기에 의해 그려진 임의의 비트의 최대 숫자 . 생성기는 다항식 시간으로 실행되므로 은 다항식입니다. 이후 로 나누어 아니다 기껏 일부 서열이 있어야 에 대한 발전기 출력에게 (올바른) 대답 할 것이다 동전 던지기 . 따라서, 를 만족시킬 수없는 경우, 발전기가 를 만족할 수 없다고 말하는 동전 던지기가 있습니다. 만약 가 만족 스럽다면 , 발전기는 절대로 라고 잘못 주장하지 않을 것입니다$\ell(n)$$n$$\ell(n)$$2^{\ell(n)}$$3$$\ell(n)$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$$\phi$동전이 무엇이든 관계없이 만족스럽지 않습니다. 따라서 우리는 만족할 수없는 공식의 언어 가 에 있음을 . 이는 의미한다 . $UNSAT$$NP$$NP = coNP$

여기에 솔루션의 수가 1, 2 또는 4 인 검색 문제 (위에서 어떤 것을 알 필요는 없음)가 위와 같은 방식으로 해결 될 수 있음을 보여주는 Emil의 주장의 확장이 있습니다. 의견이 너무 길기 때문에 답변으로 게시하고 있으며 저보다 똑똑한 사람이 실제로 솔루션 수는 3으로 나눌 수없는 것이 될 수 있음을 증명할 수 있기를 바랍니다.

말하는 랜덤 문자열 것이 이다 가까운 용액 (즉, 행 되는 보유하고있다) 중 하나가 , , 또는 유지합니다. (간단하게하기 위해, 과 은 솔루션이 아니라고 가정합니다.) Emil의 솔루션에서는 솔루션에서 로컬로 바이올린을 사용 하는 것을 제외하고 임의의 문자열 과 을 생성하는 것으로 충분했습니다 . 나는 자세하게 들어 가지 않는다. 그의 대답을 보라. 이 해에 가까우 면 임의의 숫자를 죽일 수 있습니다.$r$$y$$R(x,y)$$R(x,r)$$R(x,r+1)$$R(x,r+2)$$y=0$$y=1$$r$$r\bmod 3$$r$$\bmod 3$나머지 대해 함수가 완전히 균일 한 수 갖도록 솔루션을 출력하여 가능 합니다 .$r$$r\bmod 3$$\bmod 3$

이제 모든 대한 해의 개수가 1 또는 2라고 가정합니다 . 우리는 길이의 두 개의 임의의 문자열을 생성 : 및 . 그들 중 적어도 하나가 솔루션에 가깝지 않으면 출력 합니다. 간단히하기 위해, 방금 수행 한 경우 이 추가로 0이되고 두 솔루션이 있으면 멀리 있다고 가정합니다. 경우 및 동일한 솔루션에 모두 가까이, 우리는 경우 우리는 0을 죽일 정도로 주변에 바이올린 및 다른 솔루션에 가까운 다음 경우, , 우리는 우리가 일을 죽이고, 그리고 만약 그렇게 주위 바이올린$x$$n$$r_1$$r_2$$r_1+r_2\bmod 3$$n$$r_1$$r_2$$r_1$$r_2$$r_1<r_2$$r_1>r_2$ , 우리는 2를 죽이기 위해 바이올린을 돌 . 이렇게하면 하나의 솔루션 만 있으면 정확히 하나의 0을 죽이고, 두 개의 솔루션이 있으면 두 개의 0과 1과 2를 죽입니다.

이 주장은 3 가지 해결책으로 확장 될 수 없지만 4 가지가 될 수 있습니다. 여기서부터 저는 매우 스케치 할 것입니다. 4 개의 임의 문자열 를 생성하고 을 생성하십시오. 다시 0이 있고 솔루션이 항상 멀다고 가정하십시오. 모든 가 동일한 솔루션에 가까워지면 0을 죽이기 위해 주위를 중 3 개가 네 번째 가 가까운 솔루션보다 작은 동일한 솔루션 에 가까우면 바이올린을칩니다. 중 3 개가 네 번째 가있는 솔루션보다 큰 동일한 솔루션에 가까운 경우$r_1,r_2,r_3,r_4$$r_1+r_2+r_3+r_4 \bmod 3$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$$r_i$ 가 다른 솔루션에 가까워 지면 3 개의 0을 죽입니다. 하나 및 두 솔루션의 정확성은 이전 사례와 유사합니다. 네 가지 해결책의 경우, 우리는 four + three 0, 6 1, 6 2를 죽입니다.$r_i$

나는 마지막 단락의 추론이 대수로 3으로 나눌 수없는 많은 수의 솔루션으로 확장 될 수 있다고 생각합니다. 더 흥미로운 질문은 여러 솔루션에 적합한 프로토콜이 있는지 여부입니다.