सिर्फ एक दहलीज गेट के साथ अंकगणित सर्किट

Question

जब $0$ - $1$ इनपुट तक सीमित है , तो हर $\{+,\times\}$ -circuit $F(x_1,\ldots,x_n)$ कुछ फ़ंक्शन F : { 0 , 1 } n → N की गणना करता है $F:\{0,1\}^n\to \mathbb{N}$। बूलियन फ़ंक्शन प्राप्त करने के लिए , हम आउटपुट गेट के रूप में केवल एक फैनिन -1 थ्रेशोल्ड गेट जोड़ सकते हैं। इनपुट पर $a\in\{0,1\}^n$ , जिसके परिणामस्वरूप सीमा $\{+,\times\}$ -सर्किट 1 आउटपुट करता है$1$अगर$F(a)\geq t$ , और आउटपुट$0$ अगर$F(a)\leq t-1$ ; दहलीज$t=t_n$ कोई धनात्मक पूर्णांक हो सकता है, जो n पर निर्भर हो सकता है$n$लेकिन इनपुट मानों पर नहीं। परिणामी सर्किट कुछ (मोनोटोन)बूलियनफ़ंक्शन की गणना करता है$F':\{0,1\}^n\to \{0,1\}$ ।

प्रश्न: Can सीमा { + , × } -circuits कुशलता से प्रेरित किया जा { ∨ , ∧ } -circuits? $\{+,\times\}$$\{\lor,\land\}$

"कुशलता से" मेरा मतलब है "आकार के अधिकांश बहुपद में।" जवाब स्पष्ट "हाँ" सीमा के लिए है टी = 1 : बस की जगह + द्वारा ∨ , × द्वारा ∧ , और पिछले सीमा फाटक को हटा दें। है यही कारण है, { ∨ , ∧ } -circuits threshold- वास्तव में कर रहे हैं 1 { + , × } -circuits। लेकिन बड़े थ्रेसहोल्ड के बारे में क्या कहते हैं, टी = $t=1$$+$$\lor$$\times$$\land$$\{\lor,\land\}$$1$ $\{+,\times\}$$t=2$ ?

एक गणित analogues परिभाषित कर सकते हैं # सी सबसे बूलियन सर्किट वर्गों के सी बस का उपयोग करके + बजाय या, × और के बजाय, और 1 - एक्स मैं के बजाय ˉ एक्स मैं । उदाहरण के लिए, # एक सी 0 सर्किट हैं { + , × } असीम fanin के साथ लगातार गहराई का -circuits + और × द्वार, और आदानों x मैं और 1 - एक्स $\#C$$C$$+$$\times$$1-x_i$$\bar{x}_i$$\#AC^0$$\{+,\times\}$$+$$\times$$x_i$$1-x_i$ । अग्रवाल, अल्लेंडर और दत्ता ने को दिखायावह दहलीज # A C 0 = T C 0 । (याद रखें कि A C 0 स्वयं T C 0 का एक उचित उपसमूह है ; कहना, कहना, अधिकांश कार्य।) दूसरे शब्दों में, निरंतर-गहराई थ्रेशोल्ड सर्किट को निरंतर-गहराई { + , - , × } - द्वारा कुशलता से अनुकरण किया जा सकता है। सर्किट, सिर्फ एक सीमा गेट के साथ! ध्यान दें, हालांकि, मेरा सवाल मोनोटोन सर्किट (कोई माइनस नहीं है) के बारे में है - "गेट्स के रूप में, और यहां तक ​​कि कोई भी 1 - x $\#AC^0$$TC^0$$AC^0$$TC^0$$\{+,-,\times\}$$-$$1-x_i$ इनपुट के रूप में)। क्या एक (अंतिम) थ्रेशोल्ड गेट भी इतना शक्तिशाली हो सकता है? मैं इस सामान को नहीं जानता, इसलिए किसी भी संबंधित संकेत का स्वागत है।

एनबी अर्नोल्ड रोसेनब्लूम के कारण अभी तक एक और दिलचस्प संबंधित परिणाम है : { + , × } -एक ही मोनोटोन फ़ंक्शन जी के साथ सर्किट : एन 2 → { 0 , 1 } के रूप में आउटपुट गेट ओ ( एन ) गेट्स के साथ हर स्लाइस फ़ंक्शन की गणना कर सकता है । एक स्लाइस फ़ंक्शन एक मोनोटोन बूलियन फ़ंक्शन है, जो कुछ निश्चित कश्मीर के लिए , कम (सम्मान। अधिक) के साथ सभी इनपुट पर 0 (सम्मान 1 ) आउटपुट देता है ।$\{+,\times\}$$g:\mathbb{N}^2\to\{0,1\}$$O(n)$$k$$0$$1$$k$लोगों को। दूसरी ओर, आसान गिनती से पता चलता है कि ज्यादातर टुकड़ा कार्यों की आवश्यकता होती है सामान्य { ∨ , ∧ , ¬ } घातीय आकार के -circuits। इस प्रकार, एक "निर्दोष" अतिरिक्त आउटपुट गेट मोनोटोन सर्किट को सर्वशक्तिमान बना सकता है ! मेरा प्रश्न पूछता है कि क्या यह तब भी हो सकता है जब g : N → { 0 , 1 } एक फैनिन- 1 थ्रेशोल्ड गेट है। $\{\lor,\land,\neg\}$$g:\mathbb{N}\to\{0,1\}$$1$

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विकास दिलचस्पी (जोड़ा 2014/03/11): एमिल जेराबेक दिखाया गया है (एक आश्चर्यजनक सरल निर्माण के माध्यम से, नीचे दिए गए अपने जवाब देखें) कि उत्तर "हां" लंबे समय के रूप के रूप में है टी ≤ n ग एक निरंतर के लिए ग । तो, सवाल केवल सुपर-बहुपद ( एन ) थ्रेसहोल्ड के लिए खुला रहता है। $t\leq n^c$$c$$n$

आमतौर पर, अनुप्रयोगों में, केवल बड़े थ्रेसहोल्ड काम करते हैं: हमें आमतौर पर ϵ > 0 के लिए फॉर्म 2 एन ϵ की थ्रेसहोल्ड की आवश्यकता होती है । कहो, अगर एफ : { 0 , 1 } n → एन गिना जाता है की संख्या रों - टी द्वारा निर्दिष्ट ग्राफ में रास्तों 0 - 1 के लिए, इनपुट तो टी = मीटर मीटर 2 के साथ मीटर ≈ एन 1 / 3 , threshold- टी एफ सॉल्व का संस्करण$2^{n^{\epsilon}}$$\epsilon > 0$$F:\{0,1\}^n\to \mathbb{N}$ $s$$t$$0$$1$$t=m^{m^2}$$m\approx n^{1/3}$$t$$F$ एक हैमिल्टनियन एस - टी मार्ग समस्या का अस्तित्व m -vertex रेखांकन (देखें, उदाहरण के लिए यहां )। $s$$t$$m$

(जोड़ा गया 14.11.2014): चूंकि एमिल ने मेरे सवाल का एक बड़ा हिस्सा उत्तर दिया था, और चूंकि घातीय थ्रेसहोल्ड का मामला दृष्टि में नहीं है, इसलिए मैं अब इस एमिल के (बहुत अच्छे) उत्तर को स्वीकार करता हूं।

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Comments

प्रतीक्षा करें ... घातीय आकार? मुझे लगता है कि आप बूलियन गेट्स के साथ बहुपद आकार में एक स्लाइस फ़ंक्शन को लागू कर सकते हैं, यह सिर्फ एक सूत्र है (जो एक से अधिक बार मध्यवर्ती परिणाम का उपयोग नहीं कर सकता है) जो कि घातीय आकार होना है।

— ज़्सबैन अम्ब्रुस 21

@ Zsbán Ambrus: वहाँ अधिक से अधिक कर रहे हैं एस एक एस आकार के सर्किट एस , लेकिन कम से कम 2 2 ख n अलग कश्मीर पहले से ही के लिए -slice कार्यों कश्मीर = n / 2 ; a, b धनात्मक स्थिरांक। $S^{aS}$$S$$2^{2^{bn}}$$k$$k=n/2$

— Stasys

Threshold 2, and more generally, thresholds bounded by $2^{n^c}$, can be efficiently simulated by doing the computation in the semiring $(\{0,\dots,t\},\min\{x+y,t\},\min\{xy,t\})$.

— Emil Jeřábek supports Monica

You get $\land,\lor$ circuits directly. Replace each node $c$ with $t+1$ nodes $c_0,\dots,c_t$, where $c_i$ computes the Boolean predicate $c\ge i$. (You don’t need $c_0$ as it computes constant $1$, but it simplifies the expression below.) In this representation, $+$ and $\cdot$ can be simulated by $\{\land,\lor\}$ circuits of size $O(t^2)$: e.g., if $c=a+b$, then $c_i=\bigvee_{j+k\ge i}(a_j\land b_k)$.

— Emil Jeřábek supports Monica

@Emil Jeřábek: Very nice! I now added a remark on this. Actually, it may perhaps be worth to put this comment as an answer: polynomial threshold case was also not immediately clear (at least for me).

— Stasys

Answer 1

The answer is “yes” if $t=n^{O(1)}$. More generally, a threshold $\{+,\cdot\}$-circuit of size $s$ with threshold $t$ can be simulated by a $\{\lor,\land\}$-circuit of size $O(t^2s)$.

First, observe that it is enough to evaluate the circuit in $\{0,\dots,t\}$ with truncated addition and multiplication: in particular, if $a,a'\ge t$, then $a+b,a'+b\ge t$, and either $ab,a'b\ge t$ as well, or $ab=a'b(=0)$.

With this in mind, we can simulate the circuit with a Boolean monotone circuit by replacing each node $c$ with nodes $c_0,\dots,c_t$, where $c_i$ is intended to compute the predicate $c\ge i$. (We need $c_0$ only for notational convenience, it computes the constant $1$ function.) If $c$ is a Boolean input variable $x$, we take $c_1=x$, $c_2=\dots=c_t=0$. If $c$ is an addition gate, say $c=a+b$, we implement it via

$$c_i=\bigvee_{\substack{j,k\le t\\j+k\ge i}}(a_j\land b_k).$$ Multiplication gates are handled in the same way.

This takes $O(t^3)$ gates per one gate of the original circuit. As a minor optimization, we can reduce it to $O(t^2)$ by putting

$$\begin{align*} c_t&=\bigvee_{j+k\ge t}(a_j\land b_k),\\ c_i&=c_{i+1}\lor\bigvee_{j+k=i}(a_j\land b_k),\qquad i<t, \end{align*}$$ so that each $a_j\land b_k$ is used as an input of only one of the $c_i$ gates.