SAT के लिए सर्वोत्तम वर्तमान स्थान कम है?

एक से इसे जारी रखते हुए पिछले प्रश्न ,

सैट के लिए सबसे अच्छा वर्तमान स्थान कम सीमा क्या है?

एक बाउंड लोअर बाउंड के साथ मेरा मतलब है कि ट्यूरिंग मशीन द्वारा उपयोग की जाने वाली वर्कटैप कोशिकाओं की संख्या जो बाइनरी वर्कटैप वर्णमाला का उपयोग करती है। एक निरंतर एडिटिव शब्द अपरिहार्य है क्योंकि टीएम आंतरिक राज्यों का उपयोग किसी भी कार्यशील कोशिकाओं की निश्चित संख्या का अनुकरण करने के लिए कर सकता है। हालाँकि, मैं उस गुणात्मक स्थिरांक को नियंत्रित करने में दिलचस्पी रखता हूं, जिसे अक्सर निहित छोड़ दिया जाता है: सामान्य सेटअप बड़े वर्णमाला के माध्यम से मनमाने ढंग से निरंतर संपीड़न की अनुमति देता है इसलिए गुणक स्थिरांक वहां प्रासंगिक नहीं है, लेकिन एक निश्चित वर्णमाला के साथ इसे खाते में लेना संभव है।

उदाहरण के लिए, SAT को $\log\log n + c$ स्पेस से अधिक की आवश्यकता होती है; यदि नहीं, तो यह स्थान ऊपरी बाउंड अनुकरण द्वारा ऊपरी ऊपरी समय के लिए ले जाएगा $n^{1+o(1)}$ , और जिससे संयुक्त $n^{1.801+o(1)}$ स्पेस-टाइम लोअर बाउंड SAT के लिए उल्लंघन होगा (जुड़ा हुआ देखें) सवाल)। यह भी संभव लगता है बहस करने कि सैट कम से कम की आवश्यकता है इस तर्क को बेहतर बनाने के लिए $\delta\log n + c$ कुछ छोटे सकारात्मक के लिए अंतरिक्ष $\delta$ ऐसा ही कुछ है $0.801/C$ , जहां $C$ एक समयबद्ध TM द्वारा एक अंतरिक्ष-बाउंड TM के सिमुलेशन में निरंतर प्रतिपादक है।

दुर्भाग्य से $C$ आमतौर पर काफी बड़ा होता है (और निश्चित रूप से सामान्य सिमुलेशन में कम से कम 2, जहां एक टीएम के टेप पहले एक टेप पर एक बड़े वर्णमाला के माध्यम से एन्कोडेड होते हैं)। साथ इस तरह के सीमा $\delta \ll 1$ बल्कि कमजोर कर रहे हैं, और मैं विशेष रूप से एक अंतरिक्ष में रुचि होगी के लिए बाध्य निचले $\log n + c$ । बिना शर्त समय के निचले बाध्य $\Omega(n^d)$ , कदम कुछ बड़ा पर्याप्त निरंतर के लिए $d > 1$ , कम सिमुलेशन के माध्यम से बाध्य इस तरह के एक अंतरिक्ष अर्थ होगा। हालांकि, समय की सीमा से कम $\Omega(n^d)$ के लिए वर्तमान में ज्ञात नहीं हैं, बड़े लिए अकेले जाने दें। $d>1$ $d$

अलग तरह से कहें, तो मैं ऐसी चीज की तलाश कर रहा हूं, जो एसएटी के लिए सुपरलाइनर टाइम कम सीमा का परिणाम होगी, लेकिन जो सीधे अधिक प्राप्त करना संभव हो सकता है।

— आंद्रस सलामन
स्रोत

जैसा कि अन्य उत्तर (जैसे आरडब्ल्यू द्वारा), समय या स्थान कम सीमा पर अलग से ध्यान केंद्रित करने पर पहुंच से बाहर लगता है और केवल कमजोर / सामान्य ज्ञात सीमाएं होती हैं, और क्षेत्र में अग्रणी अनुसंधान अपेक्षाकृत नई अवधारणा को जन्म देता है। संयुक्त समय-स्थान की जटिलता का।

— vnn

जवाबों:

सबसे अच्छी तरह से जाना जाता है (मल्टीटैप ट्यूरिंग मशीनों के लिए) लॉगरिदमिक लगता है।

मान लीजिए द्विआधारी worktape के टुकड़े तय करने के लिए किसी भी है कि क्या पर्याप्त है -बिट CNF सूत्र संतुष्टि योग्य है, सभी के लिए काफी बड़ी । मानक सिमुलेशन द्वारा, साथ एक टीएम बताता है कि अंतरिक्ष के अधिकांश बिट्स का उपयोग करता है एक टीएम द्वारा अनुकरण किया जा सकता है जिसमें अधिकांश $\delta\log n$ $n$ $n$ $q$ $s$ $qns2^s = 2^{s+\log n + \log s + \log q}$ अलग विन्यास। जब भी मशीन स्वीकार करती है, तो (नोंडेटर्मिनिस्टिक) चाल का एक क्रम एक स्वीकृत स्थिति तक पहुंच जाता है जो इस विन्यास की संख्या के रूप में लंबे समय तक होता है। जब , यह सबसे कम है (ध्यान दें कि सभी इनपुट लंबाई के लिए एक ही रहता है )। एक अलग काउंटर टेप पर, $s = \Omega(\log n)$ $2^{s(2+o(1))}$ $q$ $n$ $M$ पहले इस मात्रा को यूनिरी में लिख सकते हैं, फिर सिमुलेशन के प्रत्येक चरण में काउंटर के प्रतीकों में से एक को मिटा देते हैं, और गणना को समाप्त कर सकते हैं यदि यह कभी काउंटर प्रतीकों से बाहर निकलता है। यह ओवरहेड (3 की तरह कुछ) का एक निरंतर कारक बनाता है, जो घातांक में शब्द द्वारा अवशोषित होता है । इसलिए चरण पर्याप्त हैं। $o(1)$ $2^{s(2+o(1))}$

इस धारणा से , इसलिए समय-अंतरिक्ष उत्पाद अधिक से अधिक है । $s \le \delta\log n$ $\delta\log n2^{\delta\log n(2+o(1))} = n^{\delta(2+o(1))}$

राहुल संथानम ने 2001 में दिखाया (देखें doi: 10.1016 / S0020-0190 (00) 00227-1 ) कि ट्यूरिंग मशीन के लिए स्पेस-टाइम उत्पाद SAT का निर्णय लेने के लिए कम से कम होना चाहिए ; उनका तर्क nondeterministic मशीनों पर भी लागू होता है। इसलिए , और कम से कम द्विआधारी worktape के टुकड़े की जरूरत है। $\Omega(n^{2-o(1)})$ $\delta \ge 1$ $\log n$

अधिक आम तौर पर, अतिरिक्त कार्यपत्रक और एक बड़ा कार्यपट्ट वर्णमाला एक स्थिर कारक द्वारा प्रतिपादक को बदलते हैं। अंततः यह कारक कम कर देता है , लेकिन अंतरिक्ष कम बाध्य अब भी है । $\delta$ $\Omega(\log n)$

— András Salamon
स्रोत

Perhaps we can prove a $\log n$ space lower bound for SAT in this way (but I'm not confident with limit/asymptotic analysis, so my answer can be totally wrong).

On a Turing machine model with one read-only input tape and one work tape, both over binary alphabet $\Sigma = \{0,1\}$ , for every decider with $c$ states on an input of size $n$ we have that :

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

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

otherwise the Turing machine will loop forever (the $2^{S(n)}$ component represents all possible tape configurations, the $n$ component represents the input tape head positions, while the $S(n)$ component represents the work tape head positions). On a one tape single head TM over binary alphabet (1) becomes $T(n) \leq c 2^{S(n)} S(n)$ .

$S(n)$

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

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

So picking a space upper bound like $S(n) \leq (\log n)^{1 - \epsilon}$ for SAT would lead to a contraddiction, indeed

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
स्रोत

There seem to be at least two general ways to show that an

o (\log n)

$o(\log n)$ upper bound leads to a contradiction. Primarily I had in mind using the (essentially identical, but slightly easier to work with) inequality

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

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

C

$C$ . The last step you provide can also be made stronger, as a contradiction follows even from

S (n) \leq δ \log n

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

δ < 0.801 / C

$\delta < 0.801/C$ .

— András Salamon

@AndrásSalamon: on the

S \cdot T

$S\cdot T$ bound side, you cannot expect easy improvements: from S. Buss and R. Williams. Limits on Alternation-Trading Proofs for Time-Space Lower Bounds, 2012: "We show that new techniques are provably necessary in order to prove any better time-space lower bounds for the satisfiability problem. That is, the method of "alternation-trading proofs" used to establish that SAT cannot be solved in

n^{2 \cos (π / 7)}

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

n^{o (1)}

$n^{o(1)}$ space cannot prove an

n^{2 \cos (π / 7)} + ϵ

$n^{2\cos(\pi /7)}+\epsilon$ time lower bound, for every

ϵ > 0

$\epsilon >0$ ". Do you have any idea :-)?

— Marzio De Biasi

I think this is about as far as one can go using the space-time bounds, precisely because Ryan's approach is as far as these bounds go.

— András Salamon

To even store a SAT instance you need

Ω (n)

$\Omega(n)$ and read it you need

Ω (n)

$\Omega(n)$ time. Doesn't this prove

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$ ST lower bound?

— T....

@Turbo, it is not clear that every algorithm to decide SAT has to store the instance: proving an

Ω (n)

$\Omega(n)$ bit deterministic space lower bound would show

L ⊊ N P

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

— András Salamon