Sind arithmetische Schaltungen schwächer als Boolesche?

12

Let bezeichnen die Mindestgröße eines (nicht-monotone) arithmetic ( + , x , - ) Schaltung Berechnen eines gegebenen multi Polynom f ( x 1 , ... , x n ) = Σ e E c e n Π i = 1 x e i iA(f)(+,×,) und B ( f ) bezeichnen die minimale Größe einer (nicht monotonen) booleschen ( , , ¬ ) Schaltung, die dieboolesche Version f b von f berechnet,definiert durch: f b ( x 1 , , x n ) = e E i : e i0 x i

f(x1,,xn)=eEcei=1nxiei,
B(f)(,,¬) fbf
fb(x1,,xn)=eE i:ei0xi.
Sind Polynome bekannt, für die B (fB(f)A(f)

()(¬)B(f)A(f)fKnB(f)=O(n3)A(f)=2Ω(n)A(f)


ANMERKUNG (15.03.2016) In meiner Frage habe ich nicht angegeben, wie groß die Koeffizienten dürfen. Igor Sergeev erinnerte mich , dass zum Beispiel die folgenden (univariate) Polynom f ( z ) = Σ m j = 1 2 2 j m z j hat A ( f ) = Ω ( m 1 / 2 ) (Strassen und Menschen seiner Gruppe). Aber B ( f ) = 0 für dieses Polynom, da f b (cef(z)=j=1m22jmzjA(f)=Ω(m1/2)B(f)=0 . Wir können fron f a erhaltenfb(z)=zf multivariate Polynom von n = log m Variablen Substitution using Kronecker. Assoziiere mit jedem Exponenten j ein Monom X j = i : a i = 1 x i , wobei ( a 1 , , a n )f(x1,,xn)n=logmjXj=i:ai=1xi(a1,,an) die 0-1 Koeffizienten der binären Darstellung von . Dann ist das gewünschte Polynom f = m j =j, und wir habendass A(f')+nA(f)=Ω(m1/2)=2Ω(n). Aber die boolesche Version vonf'ist nur ein ODER von Variablen, alsoB(f=j=1mcjXj
A(f)+nA(f)=Ω(m1/2)=2Ω(n).
f , und wir haben eine gerade Exponentiallücke. Wenn also die Größe der Koeffizienten in der Anzahl n der Variablendreifach exponentiell sein kann,dann ist die Lücke A ( f ) / B (B(f)n1nkann,kanngezeigt werden, dass f ) gerade exponentiell ist. (Eigentlich nicht die Größe selbst, sondern die algebraische Abhängigkeit der Koeffizienten.) Aus diesem Grund ist das eigentliche Problem mit A ( f ) beikleinenKoeffizientender Fall(idealerweise nur 0-1). Aber in diesem Fall, wie Joshua erinnerte, die Untergrenze A ( f )A(f)/B(f) A(f) von Strassen und Baur (mit 0-1 Koeffizienten) bleibt das Beste, was wir heute haben.A(f)=Ω(nlogn)

Stasys
quelle

Antworten:

9

VP0VNP0

Ω(nlogn)i=1nxinΩ(nlogn)x1x2xn

Joshua Grochow
quelle
Hallo Joshua: Du hast recht, permanent ist ein (wenn auch bedingtes) Beispiel! Nun, wir kennen keine Untergrenze für A (f) für permanent. Wenn sich jedoch die konstantenfreien Versionen von VP und VNP unterscheiden, kennen wir die Trennung B (f) vs. A (f), ohne eine (tatsächliche) Grenze zu kennen.
Stasys
2
Ω(nlogn)
1
Bei Joshua: Richtig, wieder ein guter Punkt. Wenn f eine Summe der n-ten Potenzen aller n Einzelvariablen ist, dann ist B (f) höchstens n, und Baur-Strassen zeigen, dass A (f) mindestens etwa das n-fache des Logarithmus von n ist. Dies ist das bekannteste für A (f). Also der größte bekannte explizite Lücke für meine Frage ist also in der Tat nur logarithmisch. (Eine Frage beiseite: Weißt du, warum mein @ in Kommentaren immer verschwindet?)
Stasys
@Stasys: Nettes Beispiel. (Re: aside. Ich weiß nicht. Ich denke, das System leitet automatisch ab, an wen die Dinge "gerichtet" sind, und wenn Sie eine Nachricht an die "Standardperson" richten, wird sie entfernt. Ich denke .)
Joshua Grochow
Richtig. Der Autor eines Beitrags wird immer über neue Kommentare informiert, sodass das System die explizite @ -benachrichtigung als redundant entfernt.
Emil Jeřábek unterstützt Monica am