Twardość przeskakuje w złożoności obliczeniowej?

34

Problem z minimalną przepustowością polega na znalezieniu kolejności węzłów wykresu na linii całkowitej, która minimalizuje największą odległość między dowolnymi dwoma sąsiadującymi węzłami. -caterpillar jest drzewem, utworzony z głównego toru hodując ścieżki krawędziach rozłączny o długości co najwyżej z węzłami ( nazywa długości włosów). Problem minimalnej przepustowości występuje w dla 2-gąsiennic, ale jest kompletny dla 3-gąsiennic.k k P N PkkkPNP

Oto bardzo interesujący fakt: problem minimalnej przepustowości można rozwiązać w czasie wielomianowym dla 1-gąsienic (długość włosów co najwyżej jeden), ale jest on kompletny dla cyklicznych 1-gąsienic (w cyklicznej gąsienicy dodaje się jedną krawędź, aby połączyć punkty końcowe głównej ścieżki). Tak więc dodanie dokładnie jednej krawędzi sprawia, że ​​problem kompletny.N PNPNP

Jaki jest najbardziej uderzający przykład skoku twardości problemowej, w którym niewielka odmiana instancji wejściowej powoduje skok złożoności od wielomianowej rozwiązywalności w czasie do kompletności ?NP

Mohammad Al-Turkistany
źródło
6
Stałe vs Determinant. Są to dwa różne problemy (więc myślę, że nie kwalifikuje się to jako odpowiedź), ale skok twardości jest dość uderzający.
Jagadish
@Jagadish, zgadzam się. Mimo to myślę, że możesz to opublikować jako odpowiedź.
Mohammad Al-Turkistany
8
Stała macierzy 0-1 może być postrzegana jako oczekiwana wartość wyznacznika macierzy, gdy 1 wpisy są losowo zastępowane +1 lub -1.
Dana Moshkovitz
@Dana, czy mógłbyś zamienić swój komentarz w osobną odpowiedź? (najlepiej z odniesieniem)
Mohammad Al-Turkistany
Społeczność Wiki?
Niel de Beaudrap,

Odpowiedzi:

46

Jeden z bardziej interesujących zastosowanych przykładów skoków twardości można zaobserwować w następującym problemie:

Rozważ mistrzostwa ligi piłkarskiej z drużynami: Problemem decydującym, czy dana drużyna może (nadal) wygrać ligę, jest P, jeśli w meczu drużyna wygrywająca otrzyma 2 punkty, przegrana 0 i każda drużyna otrzyma 1 punkt w meczu remisowym. Ale jeśli tak zmienić zasady, że zwycięska drużyna otrzymuje 3 punkty, tym samym problemem staje N P -hard.nPNP

Wynik można uogólnić dla dowolnej reguły punktu dla każdego k > 2, a nawet tylko dla trzech pozostałych rund.(0,1,k)k>2

Źródło: „Teoria złożoności” Ingo Wegener ( http://portal.acm.org/citation.cfm?id=1076319 )

Dimitri Scheftelowitsch
źródło
12
przypomina mi to TSP: możesz uzyskać 1,5 w przybliżeniu z wagami 1 lub 2, ale nie, jeśli wagi 1 lub 3
Suresh Venkat
24

Odpowiada to na pytanie zadane w tytule pytania, ale nie na pytanie zadane w pytaniu.

Szokujący przykład twardości skokowej wynika z pytania: „Ile satysfakcjonujących zadań ma wzór płaski, modulo ?” Ten powszechnie uważano # P twarda i jest na „większość” wartości n , a jeśli n jest liczbą całkowitą Mersenne (na przykład n = 7 , ponieważ 7 formy 2, 3 - 1 ), a następnie odpowiedź można obliczyć w czasie wielomianowym.nnnn=7231

Po raz pierwszy odkrył to Valiant, w swoim przełomowym artykule na temat algorytmów holograficznych.

Aaron Sterling
źródło
4
To nie do końca prawda. Formuła nie musi być tylko płaska. Musi także być monotoniczny, czytać dwa razy i mieć klauzule wielkości , gdzie n = 2 k - 1 . Prezentacja Valianta w algorytmach holograficznych polega na ustaleniu wielkości klauzuli na k = 3, a następnie zmianie modułu. Znana była twardość charakterystyczna 0 (tj. # P-harness). Valiant udowodnił twardość mod 2 i podatny na rozciąganie mod 7. Zauważ, że ta twardość wynosi P = twardość # 2 P , a nie twardość # P. Wierzę, że złożoność mod innych wartości jest otwarta. Później Jin-Yi Cai i Pinyan Lu dali zdolność przebijania dla wszystkich k .kn=2k1k=3P=#2Pk
Tyson Williams
2
Aby uzyskać więcej informacji na ten temat, w tym odniesienia do referatów , zobacz Holographic_algorithm # History na Wikipedii.
Tyson Williams
21

NIEZALEŻNY ZESTAW jest kompletny z NP dla wykresów wolnych od (krzyż, trójkąt) , ale może być rozwiązany w czasie liniowym dla wykresów bez (krzesło, trójkąt) . (Wykresy wolne od X to te, które nie zawierają wykresu z X jako indukowanego podsgrafu.)

krzesło: obraz wykresu krzesła z ISGCI trójkąt: obraz wykresu trójkąta z ISGCI krzyż:obraz wykresu krzyżowego z ISGCI

Zauważ, że krzyż uzyskuje się z krzesła, dodając jedną krawędź.

András Salamon
źródło
12
Co z tym prostszym przykładem: ZESTAW NIEZALEŻNY to NP-c dla grafów wolnych od , ale może być rozwiązany w czasie liniowym dla grafów wolnych od K 1 , 3 (tj. Bez pazurów). K1,4K1,3
wb.
19

Nie jestem pewien, czy zgodziłbym się z twoją charakterystyką, że dodanie pojedynczego zbocza do wejścia sprawia, że ​​problem NP jest kompletny, ponieważ w rzeczywistości pozwala on na dodanie zbocza do każdego z nieskończenie wielu wystąpień wejściowych.

Oto przykład problemu, który pokazuje ostrą dychotomię wzdłuż sugerowanych linii.

Problem z określeniem, czy występuje homomorfizm grafu z wykresu wejściowego G do grafu ustalonego szablonu H, występuje w P, gdy H jest wykresem z pętlą własną lub jest dwustronnym wykresem bez pętli. Gdy H nie jest dwustronny (często można to osiągnąć przez dodanie pojedynczej krawędzi), problem staje się NP-zupełny.

Kluczem tutaj jest to, że 2-zabarwienie jest w P (odpowiada to homomorfizmowi do , ścieżka na 3 wierzchołkach), podczas gdy 3-zabarwienie jest NP-kompletne (odpowiada to homomorfizmowi do K 3 , trójkąta).P3K3

András Salamon
źródło
14

Oto kolejny interesujący przykład, wywołany w wykrywaniu indukowanego podgrupy:

Teta jest wykresem, z nie sąsiadujących wierzchołkach x,y , trzy ścieżki P1,P2,P3 od x do y , w którym każde dwie ścieżki indukowanego cykl o długości większej niż 3.

Piramidy jest wykresem z wierzchołkiem x , trójkąta y1,y2,y3 , a ścieżki Pi od x do yi do siebie i=1,2,3 , z co najwyżej jedną ścieżkę z jednej długości.

Wreszcie, pryzmat jest wykresem z dwoma trójkąta x1,x2,x3 i y1,y2,y3 , a ścieżki Pi z xi z yi dla każdego i=1,2,3 .

Łatwo to opisać na rysunkach:

theta, pryzmat i piramida

Do wykrywania indukowanej theta i piramidy wiadomo, że jest w czasie wielomianowym. (W rzeczywistości najbardziej znany algorytm dla theta zajmuje czas O(n11) , a dla piramidy zajmuje O(n9) .) Ale w przypadku wykrycia indukowanego pryzmatu problem staje się trudny do NP.

Jako odniesienie można zobaczyć „ Wykrywanie indukowanych subgrafów ” Leveque, Lin, Maffray i Trotignon. Powód, dla którego theta i piramida są stosunkowo łatwe, związany jest z problemem „trzech w jednym drzewie” opisanym w „ Problemie trzech w jednym drzewie ” Chudnovsky'ego i Seymour.

Hsien-Chih Chang 張顯 之
źródło
13

Ee ... jestem pewien, że szukasz mniej banalnych przykładów ... ale chciałbym zauważyć, że jest coś wyjątkowego w liczbie vs 3 . 2 - S A T do 3 - S A T , 2 - C O L vs. 3 - C O L itp. Intuicyjnie zawsze myślałem, że było tak, ponieważ węzeł z co najwyżej 2 krawędziami może tworzyć co najwyżej linię, ale węzeł z 3 krawędziami może tworzyć drzewo, gdy przejdziemy od 2-3, otrzymamy kombinatoryczną eksplozję.232SAT3SAT2COL3COL

Gabgoh
źródło
9
z drugiej strony MAX 2SAT jest trudny. więc 2 nie jest tak wyjątkowe.
Suresh Venkat
1
2 I idealna kompletność wydaje się jednak wyjątkowa. :)
Daniel Apon,
Również idealne dopasowanie 2D vs. idealne dopasowanie 3D.
Mohammad Al-Turkistany
13

Myślę, że rozmawianie o instancjach nie ma większego sensu. Możemy mówić o dwóch rozkładach instancji wejściowych o różnych trudnościach, ale byłoby bardziej interesujące, gdyby istniał związek między dystrybucją lub między instancjami w dystrybucjach.

Możemy rozważyć sparametryzowaną rodzinę dystrybucji, a następnie porozmawiać o tym, co się stanie, gdy zmienimy parametr. Być może zainteresuje Cię tak zwane zjawisko progowe , „w którym system ulega szybkiej zmianie jakościowej w wyniku niewielkiej zmiany parametru ...”. Spójrz na tę ankietę: Ehud Friedgut , „ Polowanie na ostre progi ”, Random Structures Al Algorytmy 26, 2005.

Myślę, że jednym z najbardziej uderzających i pięknych przykładów jest losowy k-SAT o klauzuli gęstości , przejście fazowe jest naprawdę niesamowite.Δ

Kaveh
źródło
11

Wnioskując rodzajów dla względem lambda DEXPTIME-wraz z prenex i szeregowych 2 systemów polimorficzne typu (gdy typ kwantyfikatorów zagnieżdżonych najwyżej jednym głębokim poziomie), ale staje się nierozstrzygalnym dla stopnia-3 lub wyższej. Dziwne, że jeden dodatkowy poziom zagnieżdżenia może sprawić, że problem będzie nierozstrzygalny.

Alex Rubinsteyn
źródło
10

Znajdowanie stanu podstawowego płaskiego modelu Isinga z 0 polami magnetycznymi jest w P, przy niezerowym polu magnetycznym jest NP-twardy. Funkcja podziału płaskiego modelu Isinga z 0 polami magnetycznymi jest w P, przy niezerowym polu magnetycznym jest NP-twarda.

Jarosław Bułatow
źródło
9

Oto miły problem z interesującym skokiem złożoności, takim jak minimalna przepustowość, którą rozwiązałeś w swoim pytaniu.

Niech będzie grafem i T drzewo rozpinające z G . Objazd do krawędzi U v E ( G ) jest unikalny U - V ścieżka w T . Przeciążenie e E ( T ) , oznaczone przez c n g G , T ( e ) to liczba objazdów, które zawierają e . Przeciążenie G w T , oznaczone przez c n g GGTGuvE(G)uvTeE(T)cngG,T(e)eGT , to maksymalna zatorów na wszystkich krawędziach w T . Drzewa rozpinającego przekrwienie G , oznaczone przez a t c ( G ) , to minimalny zatorów na wszystkich drzew rozpinających o G . Problem przeciążenia drzewa opinającego pyta, czy dany wykres ma przeciążenie drzewa opinającego co najwyżej niektóre dane k .cngG(T)TGstc(G)Gk

Poniższy skok złożoności pokazano w: Bodlaender i wsp., Parametryzowana złożoność problemu przeciążenia drzewa opinającego , Algorytmica 64 (2012) 85–111 :

Dla każdego ustalonego i d problem można rozwiązać w czasie liniowym dla wykresów stopnia co najwyżej d . W przeciwieństwie do tego, jeśli pozwolimy tylko jeden wierzchołek nieograniczonym stopniu, problem staje się natychmiast N P pełnoporcjowych dla dowolnej stałej k 8 .kddNPk8

vb le
źródło
8

Zastanawiam się, dlaczego nikt o tym nie wspominał:

Horn-Sat vs K-Sat

Chyba wszyscy wiedzą, co to jest. Jeśli nie:

Horn-Sat ma na celu sprawdzenie, czy zestaw klauzul tubowych jest zadowalający (każda klauzula ma najwyżej 1 literał pozytywny).

K-Sat ma sprawdzić, czy zestaw klauzul jest zadowalający (każda klauzula może mieć więcej niż 1 literał pozytywny).

Zatem zezwolenie na więcej niż jeden literał pozytywny w każdej klauzuli sprawia, że ​​problem z P-complete NP-complete.

Jerzy
źródło
7

Kolorowanie wykresów

Jak wspomniano w innej odpowiedzi, 2-COL można rozwiązać w czasie wielomianowym, podczas gdy 3-COL jest NP-kompletny. Ale kiedy zwiększa się liczbę kolorów, po pewnym (nieznanym?) Punkcie problem staje się łatwiejszy!

Na przykład, jeśli mamy N wierzchołków i N kolorów, problem można rozwiązać, przypisując inny kolor do każdego wierzchołka.

Jerzy
źródło
DOWOLNY wykres płaski jest 4-kolorowy. [1]: projecteuclid.org/DPubS/Repository/1.0/…
rphv
6

W podobnym duchu: Permanent vs Determinant.

Jagadish
źródło
3
Różnica między perm i det jest w rzeczywistości znacznie bardziej znacząca i innego rodzaju niż inne skoki twardości omówione w pytaniu i innych odpowiedziach. Negacja jest bardzo silna: w pewnym sensie pozwala nam to łatwo obliczyć det, ale nie perm; Valiant ma artykuł „Negacja może być potęgą wykładniczą” portal.acm.org/citation.cfm?id=804412 ; wiele dolnych granic jest znanych ze złożoności monotonicznej (nawet w modelu algebraicznym, gdzie monotoniczność wyklucza negacje i stałe ujemne), ale bardzo niewiele z nich przekłada się na złożoność niemotoniczną.
Joshua Grochow
3
Kolejny przykład: negacja jest również konieczna dla algorytmu Strassena do mnożenia macierzy 2x2. Bez niego nie można pokonać trywialnego algorytmu mnożenia macierzy 2x2.
Joshua Grochow
6

Właśnie przeczytałem artykuł na temat partycjonowania hypergraph . Problem jest zdefiniowany w następujący sposób:

Biorąc pod uwagę dwa parametry, i L , 1 l < k problem [ P L k ] jest zdefiniowany następująco: Niech H = ( V , E ) być hipergraf i t 1 , ... , T K być nieujemne liczby całkowite takie że | V | = n = k i = 1 t i oraz | E | = mkl1l<kPklH=(V,E)t1,,tk|V|=n=i=1kti|E|=m. Czy istnieje zabarwienie (podział) w k podzbiorach o rozmiarze t 1 , , t k, tak że wierzchołki każdego hipergezy w E są zabarwione co najwyżej 1 kolorem?Vkt1,,tkEl

Ogólnie udowodniono, że:

  • można rozwiązać w czasie wielomianowym (w n , m ) dla ustalonego k 2Pk1n,mk2
  • jest NP-kompletne dla wszystkich stałych 2 l < kPkl2l<k

Jeśli to nie wystarczy „przeskoczyć”, czytaj dalej. W przypadku hipergraphów z rozłącznymi krawędziami pokazano:

  • jest NP-kompletne dla wszystkich ustalonych k 2Pk1k2
  • można rozwiązać w czasie liniowym ( wm ) dla stałych 2 l < kPklm2l<k

Laurent Lyaudet. 2010. Twarde NP i liniowe warianty partycjonowania hypergraph. Teoria Comput. Sci. 411, 1 (styczeń 2010 r.), 10–21. http://dx.doi.org/10.1016/j.tcs.2009.08.035

Raphael
źródło
5

Interesujące skoki złożoności są znane z problemu planowania w warsztacie.

nMmjμjO1j,O2j,,OμjjOijpijmijMCjj

Cmax=maxjCjCj

J||γγ

J2|n=k|FJ|n=2|FJ2 (n=k)2 (k)F

J3|n=3|CmaxJ3|n=3|C

J2||CmaxJ2||C

Zatem widzimy tutaj skok, gdy przechodzimy z dwóch zadań / maszyn do trzech.

Oleksandr Bondarenko
źródło
1
Dobrze, mylę się ze specjalną terminologią. Czy możesz uprościć terminologię (lub nawet lepiej ją usunąć)?
Mohammad Al-Turkistany
1

lnn(1o(1))lnn

Andras Farago
źródło
0

2n2n(a+b)n=i0..n(ni)aibnipb(a)a=b=12n=p1(1)DTIME(2n)(k<n)P=NP=DTIME(2n)P=NP

Esa Pulkkinen
źródło