조밀 한 선형 연산자의 OR 회로 복잡성

다음과 같은 간단한 모노톤 회로 모델을 고려하십시오. 각 게이트는 이진 OR입니다. 기능의 복잡도 란 $f(x)=Ax$ 여기서 부울 인 N × N 을 가진 행렬 O ( N ) '0'? 선형 크기 OR 회로로 계산할 수 있습니까?$A$$n \times n$$O(n)$

보다 공식적으로, $f$ 는 $n$ 에서 $n$ 비트 의 함수입니다 . f 의 $i$ 번째 출력 은 ⋁ n j = 1 ( A i j ∧ x j )입니다 (즉, A 의 i 번째 행에 의해 주어진 입력 비트의 하위 집합의 OR ).$f$$\bigvee_{j=1}^{n}(A_{ij} \land x_j)$$i$$A$

참고 $O(n)$ '0'이 행의 분할 $A$ 로 $O(n)$ 의 범위 (연속 원소로 이루어진 집합 $[n]$ ). 이를 통해 알려진 범위 쿼리 데이터 구조를 사용할 수 있습니다. 예를 들어, 희소 테이블 데이터 구조는 크기 O ( n log n ) 의 OR 회로로 전환 될 수 있습니다 $O(n\log n)$. 범위 반 그룹 연산자 쿼리에 대한 Yao의 알고리즘 은 거의 선형 회로 (크기 O ( α ( n ) ⋅ n ) 로 변환 할 수 있습니다 $O(\alpha(n) \cdot n)$.$\alpha(n)$ 은 역 아크 커 만)

특히, 나는 A의 각 행에 정확히 두 개의 0이 포함 된 특별한 경우에 선형 크기 회로를 구성하는 방법조차 모릅니다 . 각 행에서 정확히 하나의 0의 경우는 쉽지만. (각 출력 함수는 접두사 [ 1 .. k - 1 ] 및 접미사 [ k + 1 .. n ]의 OR로 계산할 수 있으며, 2 n OR- 게이트 로 사전 계산할 수 있습니다 .)$A$$[1..k-1]$$[k+1..n]$$2n$

이것은 모든 행 또는 모든 열에서 0의 수에 대한 상한이있는 경우 부분적 (긍정적) 대답입니다.

사각형 올인원 1 행렬로 구성된 다른 제로를 갖는 부울 행렬이다. 부울 행렬 의 OR 순위 r k ( A ) 는 가장 작은 수 r입니다 옵니다$rk(A)$$r$ A 가이 사각형의 (구성 요소 별) OR로 쓰여질 수있는 의 사각형 입니다 . 즉, A의 모든 1 엔트리는 적어도 하나의 직사각형에서 1 엔트리이고, A의 모든 0 엔트리는 모든 사각형에서 0 엔트리이다. 참고 로그 (R)의 K ( A는 ) 완전히 매트릭스의 결정적 통신 복잡성$A$$A$$A$$\log rk(A)$$A$(Alice는 행과 Bob 열을 가져옵니다). OP가 썼 듯이 모든 부울 m x n 행렬 A = ( a i , j ) 는 매핑 y = A x를 정의합니다. 여기서 y i = ⋁ n j = 1 a i , j x j 는 i = 1 , … , m 입니다. 즉, 부울 세미 링보다 행렬-벡터 곱을 취합니다. $m\times n$$A=(a_{i,j})$$y=Ax$$y_i=\bigvee_{j=1}^na_{i,j}x_j$$i=1,\ldots,m$

다음의 정리는 Pudlák과 Rödl 때문입니다. 직접 구성에 대해서는 본 백서의 발의안 10.1 또는 이 책의 Lemma 2.5를 참조하십시오 .

렘마 1 : 모든 부울 n × n 행렬 A 에 대해 매핑 y = A $n\times n$$A$$y=Ax$ 기껏 사용 깊이 (3)의 바운드 FANIN OR 회로에 의해 계산 될 수 O ( R의 K ( ) ⋅ N / 로그 N ) 와이어. $O(rk(A)\cdot n/\log n)$

우리는 또한 밀도가 높은 행렬의 OR 순위에 다음과 같은 상한이 있습니다. 논증은 이 논문 에서 Alon 이 사용한 것의 간단한 변형이다 .

렘마 2 : 부울 행렬 A 의 모든 열 또는 모든 행 에 최대 d 개의 0이 들어 있으면 r k ( A ) = O ( d ln $A$$d$ | ) 여기서 | A | A 의 1 초입니다. $rk(A)=O(d\ln|A|)$$|A|$$1$$A$

증명 : 동일한 확률 p = 1 / ( d + 1 )로 각 행을 독립적으로 선택 하여 임의의 모든 1 하위 행렬 R 을 구성 합니다. 내가 얻은 임의의 행 하위 집합을 보자 . 그런 다음 R = I × J로 하자. 여기서 J 는 I 의 행에 0이없는 A 의 모든 열 집합입니다 . $1$$R$$p=1/(d+1)$$I$$R=I\times J$$J$$A$$I$

1 -entry ( I , J ) 의 (A)는 적용되는 R 경우 난 에서 선택되지 않은 I 및 (최대 것도 D A의) 행 0 의 J 번째 컬럼에 선택되었다 I . 따라서 항목 ( i , j ) 는 적어도 p ( 1 - p ) d ≥ p e - p d - p 2 d 확률로 커버됩니다.$1$$(i,j)$$A$$R$$i$$I$$d$$0$$j$$I$$(i,j)$ ≥p / e . r 직사각형을 얻기위해이 절차를 r 번적용하면, ( i , j ) 가이 직사각형 중 어느 것도 포함하지 않을확률은 ( 1 - p / e ) r ≤ e - r p / e를 초과하지 않습니다. 노조에 의해 A의 1 개 항목이 발견되지 않은확률은 최대 | A | ⋅ e − r p /$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$$|A|\cdot e^{-rp/e}$보다 작은 어느 하나 에 대한 (R) = O ( D LN | | ) . $1$$r=O(d\ln|A|)$$\Box$

Corollary : 부울 행렬 A 의 모든 열 또는 모든 행 에 최대 d 0이 포함 된 경우 O ( d n ) 와이어를 사용하여 깊이 3의 무한 팬인 OR 회로에 의해 매핑 y = A x 가 계산 될 수 있습니다 . $A$$d$$y=Ax$$O(dn)$

d 이 열 (또는 행) 의 평균 1 초 일 때 Lemma 2와 비슷한 상한값도 유지해야한다고 생각합니다 . 이것을 보여주는 것이 흥미로울 것입니다.$d$$1$

비고 : (2018년 1월 4일 첨가)는 아날로그 R의 K ( ) = O ( D 2 로그 N ) 때 보조 정리 2의도 보유 D는 은 IS 최대 평균 개수 의 서브 매트릭스에 제로의 A는 , 여기서 평균 제로의에 R × S 행렬로 나눈 값 0의 총 개수 (S) + R . 이것은 N. Eaton and V. Rödl의 정리 2 , 작은 차원의 그래프, Combinatorica 16 (1) (1996) 59-85에서 발췌 한 것이다. 약간 더 나쁜 상한$rk(A)=O(d^2\log n)$$d$$A$$r\times s$$s+r$r k ( A ) = O ( d 2 ln 2 n ) 는 다음과 같이 Lemma 2에서 직접 파생 될 수 있습니다.$rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$

보조 정리 3 : 하자 D ≥ 1 . 된 그래프의 모든 걸친 서브 그래프 경우 G는 평균 중합도 갖는다 ≤ D를 다음 G는 조합으로 작성 가능 G = G 1 ∪ G 2 최대 값의 정도 왼쪽 G 1 과 최대 오른쪽도 G 2 이다 ≤ D . $d\geq 1$$G$$\leq d$$G$$G=G_1\cup G_2$$G_1$$G_2$$\leq d$

Proof: Induction on the number $n$ of vertices. The base cases $n=1$ and $n=2$ are obvious. For the induction step, we will color the edges in blue and red so that the maximum degree in both blue and red subgraphs are $\leq d$. Take a vertex $u$ of degree $\leq d$; such a vertex must exists because also the average degree of the entire graph must be $\leq d$. If $u$ belongs to the left part, then color all edges incident to $u$ in blue, else color all these edges in red. If we remove the vertex $u$ 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.

(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.