एक घने रैखिक ऑपरेटर की OR-सर्किट जटिलता

Question

निम्नलिखित सरल मोनोटोन सर्किट मॉडल पर विचार करें: प्रत्येक गेट बस एक बाइनरी या है। किसी फ़ंक्शन की जटिलता क्या है जहां A एक बूलियन n × n मैट्रिक्स है जिसमें O ( n ) 0 है? क्या यह रैखिक आकार OR-परिपथों द्वारा गणना की जा सकती है?$f(x)=Ax$$A$$n \times n$$O(n)$

अधिक औपचारिक रूप से, एक फ़ंक्शन है जो n से n बिट्स तक है। मैं के मई के उत्पादन च है ⋁ n j = 1 ( एक मैं j ∧ एक्स जे ) (यानी, और OR के आधार दिए गए इनपुट बिट्स के उप-समूह की मैं के मई पंक्ति एक )।$f$$n$$n$$i$$f$$\bigvee_{j=1}^{n}(A_{ij} \land x_j)$$i$$A$

ध्यान दें कि 0 A की पंक्तियों को O ( n ) पर्वतमाला में विभाजित करता है (उपसमुच्चय [ n ] के निरंतर तत्वों से युक्त होता है )। यह ज्ञात श्रेणी क्वेरी डेटा संरचनाओं को नियोजित करना संभव बनाता है। उदाहरण के लिए, एक विरल तालिका डेटा संरचना को आकार O ( n लॉग एन ) के OR- सर्किट में बदला जा सकता है । याओ एल्गोरिथ्म रेंज semigroup ऑपरेटर प्रश्नों के लिए आकार की एक लगभग रैखिक सर्किट में बदल सकता है ( हे ( α ( एन ) ⋅ n ) जहां$O(n)$$A$$O(n)$$[n]$$O(n\log n)$$O(\alpha(n) \cdot n)$ व्युत्क्रम है)$\alpha(n)$

विशेष रूप से, मुझे यह भी पता नहीं है कि एक विशेष मामले के लिए रैखिक आकार के सर्किट का निर्माण कैसे किया जाता है जहां की प्रत्येक पंक्ति में बिल्कुल दो शून्य होते हैं। जबकि प्रत्येक पंक्ति में ठीक एक शून्य का मामला आसान है। (प्रत्येक आउटपुट फंक्शन की गणना एक उपसर्ग [ 1 .. k - 1 ] और एक प्रत्यय [ k + 1 .. n ] के द्वारा की जा सकती है, जिसे 2 n OR-gates द्वारा पूर्व-निर्मित किया जा सकता है ।)$A$$[1..k-1]$$[k+1..n]$$2n$

Comments

एक ऊपरी बाउंड ज्ञात है: यह लॉग एन द्वारा विभाजित अधिकांश आरके (ए) समय पर है, जहां आरके (ए) एक बूलियन मैट्रिक्स ए का ओ-रैंक है (= सभी -1 सबमैट्रिसेस की न्यूनतम संख्या जिसका या ए से मेल खाता है )। इस पुस्तक में लेम्मा 2.5 देखें । तो, O (n) शून्य के साथ nxn मैट्रिक्स की बूलियन रैंक कितनी (सबसे अधिक) हो सकती है?

— Stasys

@Stasys धन्यवाद, Stasys! पहले से ही शून्य विकर्ण के साथ मैट्रिक्स के लिए ओआर-रैंक रैखिक, सही है?

— अलेक्जेंडर एस। कुलिकोव

आपके मैट्रिक्स की OR रैंक (शून्य विकर्ण, और 1s कहीं और) अधिकतम 2 \ log n पर है: लंबाई / लॉग n के बाइनरी स्ट्रिंग्स द्वारा लेबल पंक्तियाँ / कॉलम, और आयतों पर विचार करें {(r, c): r (i) # a, c (i) = 1-a} a = 0,1 के लिए। यह भी ध्यान दें कि लेम्मा 2.5 एक ऊपरी सीमा है। OR रैंक के संदर्भ में एक निचली सीमा Thm में दी गई है। 3.20। इसके अलावा, OR रैंक का लॉग बिल्कुल मैट्रिसेस की नॉन्डेटेरिमिनिस्टिक संचार जटिलता है।

— Stasys

@Stasys ओह, हाँ, सही है!

— अलेक्जेंडर एस। कुलिकोव

Answer 1

यह उस मामले में एक आंशिक (सकारात्मक) उत्तर है जब हमारे पास प्रत्येक पंक्ति में या प्रत्येक कॉलम में शून्य की संख्या पर एक ऊपरी बाध्य है।

एक आयत एक बूलियन मैट्रिक्स है जिसमें एक सभी 1 सबमेट्रिक्स होता है और कहीं और शून्य होता है। बूलियन मैट्रिक्स का एक OR- रैंक आयतों की सबसे छोटी संख्या r है , जिसे A को इन घटकों के (घटक) या के रूप में लिखा जा सकता है। यही है, A की प्रत्येक 1-प्रविष्टि कम से कम आयतों में से 1-प्रविष्टि है, और A की प्रत्येक 0-प्रविष्टि सभी आयतों में 0-प्रविष्टि है। ध्यान दें कि लॉग आर के ( ए ) मैट्रिक्स ए के नॉन्डेटर्मिनिस्टिक संचार जटिलता है$rk(A)$$r$$A$$A$$A$$\log rk(A)$$A$(जहाँ एलिस को पंक्तियाँ और बॉब कॉलम मिलते हैं)। ओ पी के रूप में लिखा है, हर बूलियन मैट्रिक्स एक = ( एक मैं , जे ) को परिभाषित करता है एक मानचित्रण y = एक एक्स , जहां y मैं = ⋁ n j = 1 एक मैं , जे एक्स जे के लिए मैं = 1 , ... , मीटर । यही है, हम बूलियन सेमिनार पर एक मैट्रिक्स-वेक्टर उत्पाद लेते हैं। $m\times n$$A=(a_{i,j})$$y=Ax$$y_i=\bigvee_{j=1}^na_{i,j}x_j$$i=1,\ldots,m$

पुद्गल और रोदल के कारण निम्न लीमा है; इस पेपर में प्रपोजल 10.1 देखें या लेम्मा 2.5 इस किताब में डायरेक्ट कंस्ट्रक्शन के लिए।

लेम्मा 1: हर बूलियन के लिए मैट्रिक्स एक , मानचित्रण y = एक एक्स ज्यादा से ज्यादा का उपयोग कर गहराई -3 की एक असीम fanin या सर्किट से गणना की जा सकती हे ( आर कश्मीर ( एक ) ⋅ n / लॉग इन करें n ) तारों। $n\times n$$A$$y=Ax$$O(rk(A)\cdot n/\log n)$

हमारे पास घने मैट्रिस के ओआर-रैंक पर निम्नलिखित ऊपरी सीमा भी है। तर्क इस पत्र में एलोन द्वारा उपयोग किए जाने का एक सरल रूपांतर है ।

लेम्मा 2: हर स्तंभ या एक बूलियन मैट्रिक्स के हर पंक्ति तो पर नहीं है घ शून्य है, तो आर कश्मीर ( एक ) = हे ( घ ln | एक | ) , जहां | ए | ए में 1 एस की संख्या है । $A$$d$$rk(A)=O(d\ln|A|)$$|A|$$1$$A$

प्रमाण: एक ही क्रमिकता p = 1 / ( d + 1 ) के साथ प्रत्येक पंक्ति को स्वतंत्र रूप से उठाकर एक यादृच्छिक सभी- सबमेट्रिक्स आर का निर्माण करें । आइए मैं पंक्तियों का यादृच्छिक यादृच्छिक प्राप्त किया जा सकता हूं । फिर R = I × J , जहां J A के सभी स्तंभों का समूह है, जिनमें I में पंक्तियों में कोई शून्य नहीं है । $1$$R$$p=1/(d+1)$$I$$R=I\times J$$J$$A$$I$

एक -entry ( मैं , जे ) की एक से आच्छादित है आर अगर मैं में चुना गया था मैं (अधिकतम में से कोई भी और घ एक साथ) पंक्तियों 0 में जे वें स्तंभ में चुना गया था मैं । इसलिए, प्रविष्टि ( मैं , जे ) संभावना कम से कम के साथ कवर किया जाता है पी ( 1 - पी ) घ ≥ पी ई - पी डी - पी 2 डी$1$$(i,j)$$A$$R$$i$$I$$d$$0$$j$$I$$(i,j)$ । अगर हम इस प्रक्रिया को लागू करने r पाने के लिए बार आर आयत, तो संभावना है कि ( मैं , जे ) इन आयतों से अधिक नहीं है में से कोई भी द्वारा कवर किया जाता ( 1 - पी / ई ) आर ≤ ई - आर पी / ई । संघ बाध्य करके, संभावना कुछ है कि 1 की -entry एक बनी हुई है खुला अधिक से अधिक है | ए | ⋅ ई - आर पी /$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$$|A|\cdot e^{-rp/e}$, जो r = O ( d ln | A | ) के लिए से छोटा है । $1$$r=O(d\ln|A|)$$\Box$

कोरोलरी: यदि प्रत्येक कॉलम या बूलियन मैट्रिक्स की हर पंक्ति में सबसे अधिक डी शून्य होता है, तो मैपिंग y = ए x को ओ ( डी एन ) तारों का उपयोग करके गहराई -3 के एक अनबाउंड फैनिन-सर्किट द्वारा गणना की जा सकती है । $A$$d$$y=Ax$$O(dn)$

मुझे लगता है कि लेम्मा 2 में एक समान ऊपरी बाउंड को भी पकड़ना चाहिए जब एक कॉलम (या एक पंक्ति में) की औसत संख्या 1 है । यह दिखाना दिलचस्प होगा।$d$$1$

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टिप्पणी: (जोड़ा गया 04.01.2018) Lemma 2 का एक एनालॉग भी धारण करता है जब d , A के सबमेट्रिक्स में शून्य की अधिकतम औसत संख्या है , जहां शून्य की औसत संख्या एक आर × रों मैट्रिक्स से विभाजित शून्य की कुल संख्या है रों + आर । यह एन ईटन और वी। रोडेल में प्रमेय 2 से आता है ; छोटे आयामों का ग्राफ, कॉम्बीनेटरिका 16 (1) (1996) 59-85 । थोड़ा बुरा ऊपरी बंधन$rk(A)=O(d^2\log n)$$d$$A$$r\times s$$s+r$ को लेम्मा 2 से सीधे लिया जा सकता है।$rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$

लेम्मा 3: Let । एक द्विपक्षीय ग्राफ के हर फैले subgraph तो जी है औसत डिग्री ≤ घ , तो जी एक संघ के रूप में लिखा जा सकता है जी = जी 1 ∪ जी 2 , जहां अधिकतम की डिग्री छोड़ दिया जी 1 और की अधिकतम सही डिग्री जी 2 हैं ≤ घ । $d\geq 1$$G$$\leq d$$G$$G=G_1\cup G_2$$G_1$$G_2$$\leq d$

प्रमाण: कोने की संख्या पर प्रेरण । आधार मामले n = 1 और n = 2 स्पष्ट हैं। प्रेरण चरण के लिए, हम नीले रंग में किनारों रंग और इतने लाल कि दोनों नीले और लाल subgraphs में अधिकतम डिग्री कर रहे हैं जाएगा ≤ घ । एक शीर्ष ले लो यू डिग्री के ≤ घ ; इस तरह के एक शीर्ष चाहिए मौजूद है क्योंकि पूरे ग्राफ की औसत डिग्री होना चाहिए ≤ घ । अगर यू बाएं हिस्से के अंतर्गत आता है, तो करने के लिए सभी किनारों घटना रंग यू लाल रंग में इन सभी किनारों नीले, किसी और रंग में। अगर हम वर्टेक्स यू को हटा दें$n$$n=1$$n=2$$\leq d$$u$$\leq d$$\leq d$$u$$u$$u$तब परिणामी ग्राफ की औसत डिग्री भी अधिकांश d पर होती है , और हम इंडक्शन परिकल्पना द्वारा इस ग्राफ के किनारों को रंग सकते हैं। $G$$d$$\Box$

लेम्मा 4: Let । एक बूलियन में शून्य की अधिकतम औसत संख्या हैं n × n मैट्रिक्स एक = ( एक मैं , जे ) ज्यादा से ज्यादा है घ , तो r कश्मीर ( एक ) = हे ( घ 2 ln 2 n ) । $d\geq 1$$n\times n$$A=(a_{i,j})$$d$$rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$

सबूत: द्विपक्षीय विचार करें ग्राफ जी के साथ ( मैं , जे ) किया जा रहा है iff बढ़त एक मैं , जे = 0 । तब की अधिकतम औसत डिग्री जी ज्यादा से ज्यादा है घ । द्वारा लेम्मा 3, हम लिख सकते हैं जी = जी 1 ∪ जी 2 , जहां के बाएं हिस्से पर कोने की अधिकतम डिग्री जी 1 , और के दाईं ओर से कोने की अधिकतम डिग्री जी 2 है ≤ घ । चलो$n\times n$$G$$(i,j)$$a_{i,j}=0$$G$$d$$G=G_1\cup G_2$$G_1$$G_2$$\leq d$ और ए 2 जी 1 और जी 2 के आसन्न मैट्रिसेस के पूरक हैं। इसलिए, एक = एक 1 ∧ एक 2 एक componentwise और इन मैट्रिक्स की है। के हर पंक्ति में शून्य की अधिकतम संख्या एक 1 और के हर स्तंभ में एक 2 अधिक से अधिक है घ । के बाद से आर कश्मीर ( एक ) ≤ आर कश्मीर ( एक 1 ) ⋅ आर कश्मीर ( एक 2$A_1$$A_2$$G_1$$G_2$$A= A_1\land A_2$$A_1$$A_2$$d$$rk(A)\leq rk(A_1)\cdot rk(A_2)$, लेम्मा 2 उपज । $rk(A)=O(d^2\ln^2 n)$$\Box$

नायब निम्नलिखित सरल उदाहरण (इगोर सर्गेव द्वारा इंगित) से पता चलता है कि उत्तर के अंत में मेरा "अनुमान" पूरी तरह से गलत था: अगर हम लेते हैं तो पूरे मैट्रिक्स A में शून्य की औसत संख्या होगी (नहीं सभी उपमात्राओं पर औसत की अधिकतम), फिर लेम्मा 2 बुरी तरह से विफल हो सकती है। चलो मीटर = $d=d(A)$$A$ , और एक पहचानm×mमैट्रिक्सडालते हैं, कहते हैं किA केऊपरी कोने को छोड़ दें, और शेष प्रविष्टियों को भरें। तबघ(एक)≤मीटर2/2n<1लेकिनआरकश्मीर(एक)≥मीटरहै, जोतेजी सेकी तुलना में बड़ाln| ए| । ध्यान दें, हालांकि, इस मैट्रिक्स की OR जटिलता बहुत छोटी है,O(n) है। तो,प्रत्यक्षतर्क (रैंक के माध्यम से नहीं)$m=\sqrt{n}$$m\times m$$A$$d(A)\leq m^2/2n < 1$$rk(A)\geq m$$\ln|A|$$O(n)$घने मेट्रिसेस की OR जटिलता पर बेहतर ऊपरी सीमा प्राप्त कर सकते हैं ।

Comments

बहुत बहुत धन्यवाद, Stasys! यह अच्छा है! इस बीच, इवान मिहज़लिन एक और सबूत के साथ आया था। मैंने इसे नीचे पोस्ट किया है।

— अलेक्जेंडर एस। कुलिकोव

Answer 2

(मैंने ऊपर स्टैसिस के उत्तर के लिए एक टिप्पणी के रूप में इसे पोस्ट करने की कोशिश की, लेकिन यह पाठ एक टिप्पणी के लिए बहुत लंबा है, इसलिए इसे उत्तर के रूप में पोस्ट कर रहा है।) इवान मिहजलिन (@ivmihajlin) निम्नलिखित निर्माण के साथ आया था। इसी तरह स्टैसिस के प्रमाण में, यह उस स्थिति के लिए काम करता है जब प्रत्येक पंक्ति में 0 की अधिकतम (औसत से अधिक) संख्या बंधी होती है।

$[n]$$i$$j$$i$$j$$n$$(L,R)$$n/2$$L$$R$$T$$L$$R$$B$$T \times (L \cup R)$$O(n)$$C(n) \le an + C(n/2)$$C(n)=O(n)$

$d$$C_d(n)$$n \times (\le dn)$$d$$dn$$L$$R$$n(1-2^{-d})$$T$$d$$B$$T \times L$$T \times R$$B \times (L \cup R)$$C_d(n) \le an + 2\cdot C_{d-1}(n(1-2^{-d}))+C_d(2^{-d}n)$$C_d(n) \le f(d)\cdot n$$f(d)$

Comments

एक अच्छा तर्क। लेकिन यह प्रति पंक्ति d = 2 शून्य के मामले के लिए बनाया गया दर्जी लगता है। D> 2 शून्य के बारे में क्या?

— स्टासिस

@Stasys, यह गलत है अगर मैं गलत नहीं हूँ। मैंने जवाब अपडेट कर दिया है।

— सिकंदर एस। कुलिकोव