오라클과 BQP에서 NP 분리

저자가 오라클을 분리하는 이 강의 노트를 보고있었습니다 $\mathsf{BQP}$ 과 $\mathsf{NP}$ . 그는 "표준 대각선 화 기술을 사용하여이 엄격한 기술을 만드는 방법"을 암시합니다.

누군가 사용해야하는 대각선 화 기술을 자세히 설명 할 수 있습니까? 고전적인 복잡성 클래스 외부에 무언가를 넣는 데 사용되는 것과 외부에 무언가를 넣는 데 사용되는 것 사이에는 직관적으로 중요한 차이점이 있어야합니다. $\mathsf{BQP}$ . 특히 Grover의 알고리즘이 최적이라는 것을 감안할 때 오라클을 구성 할 수있는 대각 기술을 찾고 있습니다 $A$ 어떤 $\mathsf{NP}^{A} \not\subseteq \mathsf{BQP}^{A}$ .

complexity-theory oracles

— 블랙 햇 18
소스

사용할 수있는 대각 인수는 표준 것과 약간 다른 것을 날 것으로 보인다 예를 들어, 이들에서 찾을 수 있습니다로 베이커 - 길 - Solovay 정리에 대한 강의 노트 ( 즉 신탁이 있다는 것을, 에 대한이 및 를 oracles 합니다. 기본적으로 적대적 입력을 '엔지니어링'하는 방법을 조금 다르게 설명해야합니다. $A$ $\mathsf P^A = \mathsf{NP}^A$ $A$ $\mathsf P^A \ne \mathsf{NP}^A$

여기에 우리가 오라클의 존재를 증명하기 위해이 방법을 사용할 수있는 방법 하는 . Oracle 경우 언어 이 분명하다 간단한 이유는 비결정론 적 튜링 기계는 입력 형태인지 여부를 검사 할 수있는 일부 , 다음 스트링 같다 어느 $A$ $\mathsf{NP}^A \not\subseteq \mathsf{BQP}^A$ $A$

L_{A} = {1^{n} | \exists z \in {0, 1}^{n} : A (z, 0) = (z, 1)} .

$L_A = \Bigl\{ 1^n \;\Big\vert\; \exists z \in \{0,1\}^n : A(z,0) = (z,1)\Bigr\} .$

L_{A} \in {N P}^{A}

$L_A \in \mathsf{NP}^A$

1^{n}

$1^n$

n

$n$

z \in {0, 1}^{n}

$z \in \{0,1\}^n$

A (z, 0) = (z, 1)

$A(z,0) = (z,1)$ 등의 경우,

z

$z$ 존재합니다. 목표는

L_{A}

$L_A$ 을 사용하여 균일 한 단일 회로 제품군에 의해 한계 오차와 함께 다항식 시간으로 결정할 수 없습니다.

O (2^{n / 2})

$O(2^{n/2})$ 검색 문제의 하한.

허락하다 $c,N > 0$ 오라클의 검색 문제가 $n$ 비트 입력에는 최소한 $c 2^{n/2}$ 오라클은 모두에 대해 올바르게 결정하기 위해 (최소한 2/3의 확률로) 쿼리합니다. $n > N$ .
허락하다 $\mathbf C^{(1)}\!$ , $\mathbf C^{(2)}\!$ , $\ldots$ 모든 단일 오라클 회로 패밀리의 열거 $\mathbf C^{(k)} \!= \{ C^{(k)}_n \}_{n \geqslant 0 }$ 회로의 게이트 시퀀스 $C^{(k)}_n\!$ 에 행동 $n$ 비트 입력은 시간보다 엄격히 적은 시간에 생산할 수 $c 2^{n/2}$ . (이 시한은 '균일 성'조건과 관련이 있으며 여기서 결정 론적 튜링 머신으로 회로에 관심을 가질 수있는 다항식 시간에 회로를 계산할 수 있습니다. 여기에서 부과하는 것보다 더 강력한 조건입니다. 예를 들어 결정 론적 튜링 머신에 의해 간접적으로 표현함으로써 $\mathbf T^{(k)}$ 게이트 시퀀스를 생성하고 열거 합니다 .) 각 회로 패밀리가 열거에서 무한정 자주 발생하도록 회로 패밀리를 열거합니다.
- 게이트 시퀀스의 설명에 대한 런타임 경계에서 특히 다음과 같습니다. $C^{(k)}_n$ ~보다 적은 $c 2^{n/2}$ 모두를위한 문 $k$ 특히 $c 2^{n/2}$ 오라클에 쿼리합니다.
- 어떠한 것도 $n$ 회로를 고려 $C^{(n)}_n\!$ . 검색 문제의 하한에서 $n > N$ 오라클 기능의 가능한 값이 있습니다 $f: \{0,1\}^n \to \{0,1\}$ 오라클에 의해 평가되며, 확률이 2/3 일 때 $C^{(n)}_n\!$ 입력시 $1^n$ 여부에 대한 정답이 아닙니다 $\exists z \!\in\! \{0,1\}^n\!:\! f(z) \!=\! 1$ .
- 각각 $n > N$ 그런 기능을 선택하십시오 $f_n$ 어떤 $C^{(n)}_n$ 이런 식으로 "실패"합니다.
허락하다 $A$ 크기의 입력에 대한 오라클 $n > N$ 평가 $f_{\!\!\:n\!\:}$ .

건설 한 $A$ 이런 식으로 각 회로 제품군 $\mathbf C^{(n)}$ 올바르게 결정하지 못하다 $L_A$ 적어도 2/3의 확률로 $n > N$ (그리고 무한히 많은 그런 $n$ 사실로). 그런 다음 회로 제품군 중 어느 것도 $\mathbf C^{(k)}$ 올바르게 결정하다 $L_A$ 모든 입력에서 성공 확률이 2/3 아래로 제한되어 $L_A$ 제 시간에 구성 가능한 균일 한 단일 회로 제품군에 의해 이러한 경계로 해결할 수 없습니다. $p(n)$ .

그러므로, $L_A \notin \mathsf{BQP}^A$ 그 다음에 나오는 $\mathsf{NP}^A \not\subseteq \mathsf{BQP}^A$ .

— 닐 드 보드 랩
소스