Kapazität des einzigartig lösbaren Puzzles (USP)

Cohn, Kleinberg, Szegedy und Umans stellen in ihrer bahnbrechenden Arbeit Gruppentheoretische Algorithmen für Matrixmultiplikationen das Konzept des einzigartig lösbaren Puzzles (unten definiert) und der USP-Kapazität vor. Sie behaupten , dass Copper und Winograd, in ihrem eigenen wegweisenden Papiermatrixmultiplikation über arithmetische Progressionen „implizit“ beweisen , dass die USP Kapazität $3/2^{2/3}$ . Diese Behauptung wird an mehreren anderen Stellen wiederholt (einschließlich hier auf cstheory), aber nirgends ist eine Erklärung zu finden. Unten ist mein eigenes Verständnis darüber, was Kupferschmied und Winograd beweisen und warum es nicht genug ist.

Ist es wahr , dass die USP Kapazität $3/2^{2/3}$ ? Wenn ja, gibt es eine Referenz für den Beweis?

Einzigartig lösbare Rätsel

Ein eindeutig lösbares Puzzle (USP) mit der Länge $n$ und der Breite $k$ besteht aus einer Teilmenge von $\{1,2,3\}^k$ der Größe $n$ , die wir auch als drei Sammlungen von $n$ "Teilen" betrachten (entsprechend den Stellen, an denen die Vektoren sind $1$ , die Orte, an denen sie $2$ , und die Orte, an denen sie $3$ ) sind, und erfüllen die folgende Eigenschaft. Angenommen, wir ordnen alle $1$ Teile in $n$ Zeilen an. Dann muss es eine einzigartige Möglichkeit geben, die anderen Teile eines jeden Typs in jede Zeile zu setzen, damit sie "passen".

Sei $N(k)$ die maximale Länge eines USP der Breite $k$ . Die USP Kapazität ist

κ = sup_{k} N (k)^{1 / k} .

$\kappa = \sup_k N(k)^{1/k}.$ In einem USP muss jedes Stück ein Unikat sein - das bedeutet, dass keine zwei Zeilen an genau der gleichen Stelle ein Symbol

c \in {1, 2, 3}

$c \in \{1,2,3\}$ . Dies zeigt (nach einem kurzen Argument), dass und so weiter

N (k) \leq \sum_{a + b + c = k} min {(\binom{k}{a}), (\binom{k}{b}), (\binom{k}{c})} \leq (\binom{k + 2}{2}) (\binom{k}{k / 3}),

$N(k) \leq \sum_{a+b+c=k} \min \left\{ \binom{k}{a}, \binom{k}{b}, \binom{k}{c} \right\} \leq \binom{k+2}{2} \binom{k}{k/3},$

κ \leq 3 / 2^{2 / 3}

$\kappa \leq 3/2^{2/3}$ .

Beispiel (ein USP mit Länge und Breite ): Nichtbeispiel für Länge und Breite , wobei - und -Stücke können auf zwei verschiedene Arten angeordnet werden: $4$ $4$

\begin{aligned} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{aligned}

$\begin{align*} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{align*}$

3

$3$

3

$3$

2

$2$

3

$3$

\begin{aligned} 123 & 132 \\ 231 & 321 \\ 312 & 213 \end{aligned}

$\begin{align*} 123 && 132 \\ 231 && 321 \\ 312 && 213 \end{align*}$

Kupferschmied-Winograd-Rätsel

Ein Kupferschmied-Winograd-Puzzle (CWP) der Länge und der Breite besteht aus einer Teilmenge von der Größe in der die "Teile" eindeutig sind - für zwei beliebige und , (Sie präsentieren es etwas anders.) $n$ $k$ $S$ $\{1,2,3\}^k$ $n$ $a \neq b \in S$ $c \in \{1,2,3\}$

{i \in [k] : a_{i} = c} \neq {i \in [k] : b_{i} = c} .

$\{ i \in [k] : a_i = c \} \neq \{ i \in [k] : b_i = c \}.$

Jeder USP ist ein CWP (wie oben erwähnt), daher erfüllt die CWP-Kapazität . Oben haben wir kommentiert . Kupferschmied und Winograd zeigten mit einem raffinierten Argument, dass . Ihre Argumentation wurde von Strassen vereinfacht (siehe Algebraische Komplexitätstheorie ). Wir skizzieren unten einen einfachen Beweis. $\lambda$ $\lambda \geq \kappa$ $\lambda \leq 3/2^{2/3}$ $\lambda = 3/2^{2/3}$

Bei gegebenem besteht aus allen Vektoren, die jeweils von s, s, s enthalten. Für soll aus allen Paaren so dass und setze . Jede unabhängige Menge im Graphen ist eine CWP. Es ist bekannt, dass jeder Graph eine unabhängige Menge von Größen(Beweis: Wählen Sie jeden Scheitelpunkt mit der Wahrscheinlichkeit und entfernen Sie einen Scheitelpunkt von jeder überlebenden Kante). In unserem Fall, $k$ $V$ $k/3$ $1$ $2$ $3$ $c \in \{1,2,3\}$ $E_c$ $a,b \in V$ $\{ i \in [k] : a_i = c \} = \{ i \in [k] : b_i = c \}$ $E = E_1 \cup E_2 \cup E_3$ $G = (V,E)$ $|V|^2/4|E|$ $|V|/2|E|$

| V | = (\binom{k}{k / 3}) (\binom{2 k / 3}{k / 3}), | E | \leq 3 | E_{1} | = \frac{3}{2} (\binom{k}{k / 3}) {(\binom{2 k / 3}{k / 3})}^{2} .

$|V| = \binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}, \quad |E| \leq 3|E_1| = \frac{3}{2}\binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}^2.$ Daher

\frac{| V |^{2}}{4 | E |} = \frac{1}{6} (\binom{k}{k / 3}) ⟹ λ \geq \frac{3}{2^{2 / 3}} .

$\frac{|V|^2}{4|E|} = \frac{1}{6} \binom{k}{k/3} \Longrightarrow \lambda \geq \frac{3}{2^{2/3}}.$

ds.algorithms co.combinatorics algebraic-complexity matrix-product Yuval Filmus
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Interessant, aber gibt es hier eine Frage oder ist dies nur eine Behauptung eines Fehlers in der Literatur?

David Eppstein

Die Frage ist, ob es stimmt, dass die USP-Kapazität 3/2 beträgt , und wenn ja, wo ein Beweis gefunden werden kann.

3 / 2^{2 / 3}

$3/2^{2/3}$

Yuval Filmus

Die Antwort auf diese Frage findet sich, wie bei vielen anderen, in der These von Stothers. Eine lokale USP ist eine CWP, bei der nur dann ein 1-teiliges, ein 2-teiliges und ein 3-teiliges Teil zusammenpassen können, wenn sich ihre Verbindung in . Offensichtlich ist ein lokaler USP ein USP, und eine Konstruktion von [CKSU] zeigt, dass die USP-Kapazität von lokalen USPs erreicht wird (wir werden dies konstruktiv zeigen). $S$

Coppersmith und Winograd konstruieren eine nahezu 2-weise unabhängige Verteilung auf mit den folgenden zwei Eigenschaften: (1) , (2) Für jedes so dass das 1-teilige von , das 2-teilige von und das 3-teilige von zusammen einen Vektor : wenn dann . $S$ $2^V$ $\Pr[x \in S] = (|V|/2|E|)^{1-\epsilon}$ $x,y,z \in V$ $x$ $y$ $z$ $w \in V$ $x,y,z \in S$ $w \in S$

Wir wählen eine zufällige Teilmenge von entsprechend der Verteilung und entfernen für jede Kante beide Eckpunkte . Die erwartete Anzahl der verbleibenden Eckpunkte ist ungefähr . Die resultierende Menge ist eine lokale USP: Wenn es in die das 1-teilige von , das 2-teilige von und das 3-teilige von passen und ein Stück , dann , und so werden alle von aus . $S$ $V$ $(x,y) \in E$ $x,y$ $(|V|^2/2|E|)^{1-\epsilon}$ $T$ $x,y,z \in T$ $x$ $y$ $z$ $w$ $x,y,z,w \in S$ $x,y,z$ $S$

Yuval Filmus
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Kupferschmied-Winograd-Rätsel

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