كميات عالمية في QBFS

Question

لقد كنت أتطلع إلى تخفيضات من / من لغة TQBF وتمكنت من التمسك بشيء ما هو بالتأكيد غير صحيح تقريبا (أو، إذا كان صحيحا، فقد أفتقد تكلفة حسابية كبيرة مرتبطة به) فيما يتعلق بتبسيط مثيلات TQBF.

من أجل البساطة، دعونا تقيد الانتباه إلى مثيلات TQBF في نموذج Prenex العادي و CNF مع عدم وجود متغيرات مجانية. فرضية بلدي (الذي كنت أشك بشدة خطأ، ولكن لم يتمكن من إيجاد مثال مضاد) هو أن مثل هذا TQBF يرضي إذا وفقط إذا كان TQBF الذي ينتج عنه إزالة جميع مثيلات المتغيرات القياسية الكمية عالميا من الجملة راضية. على سبيل المثال، خذ المثيل التالي:

$ \ exists a \ forall b \ موجودة c \ forall d $ $ \ psi (a، b، c ، د) $

$ \ psi (a، b، c، d)= (\ neg a \ vee b \ vee c) \ wedge (\ neg b \ vee \ neg c \ vee د) \ إسفين (a \ vee c \ vee \ neg d) $

أولا، أتعامل مع أن هذه الحالة غير راضية (يمكن التحقق منها بسهولة باليد). إذا طبقنا الطريقة التي وصفتها أعلاه، نحصل على "الأساسية" التالية:

$ \ exists a \ exists c $ $ \ phi (a، c) $ / ص>

$ \ phi (a، c)= (\nn \ vee c) \ wedge (\ neg c) \ wedge (a \ vee c) $

من الواضح أنه غير راض. إذا بدلا من هذا المثال، ننظر إلى هذا:

$ \ exists a \ forall b \ موجودة c \ forall d $ $ \ psi (a، b، c ، د) $

$ \ psi (a، b، c، d)= (\ neg a \ vee b \ vee \ vee \ neg c) \ wedge (\ neg b \ vee c \ vee د) \ إسفين (a \ vee c \ vee \ neg d) $

الذي بوضوح هو راض (تعيين C إلى True، A إلى FALSE) والذي لديه "الأساسية" من

$ \ exists a \ exists c $ $ \ phi (a، c) $ / ص>

$ \ phi (a، c)= (\nn \ vee \ neg cy) \ wedge (c) \ wedge (a \ vee c) $

وهذا يرضي أيضا مع نفس الإعدادات المتغيرة.

إذا كانت هذه الطريقة تعمل دائما، فإن ذلك يبدو أن هناك تخفيضا من TQBF إلى جلس في الوقت الخطي في عدد الكميات العالمية وعدد من تكرار المتغيرات القياسية الكمية عالميا في الصيغة، مما يظهر أن TQBF هو NP-Complete (من المعروف بالفعل أن يكون PSPACE-Complete وبالتالي NP-Hard، لذلك إذا كان في NP، فهذا أكمل NP) وعلاوة على ذلك NP= PSPACE. سأظل مذهل تماما إذا كان الأمر كذلك، لكنني لم أتمكن من العثور على مثال مضاد (أو تكلفة حسابية مفقودة في الحد الذي يجعله غير متعدد الحدود). ما أنا في عداد المفقودين؟

Answer 1

كان الحدس الخاص بك على حق. لا يعمل. هنا مثال مضاد.

مراعاة $ \ forall a \ forist b \ varphi (a، b) $ حيث $ \ varphi (a، ب)= (a \ lor \ neg b) \ land (\ neg a \ lor b) $ . هذا البيان يقيم إلى True.

ومع ذلك، إذا كنا نزيل $ $ متابعة الإجراء الخاص بك، نحصل على $ \ exist b \ psi (b) $ حيث $ \ psi (b)= ((\ neg b) \ land (b)) $ ؛ وهذا البيان يقيم إلى FALSE.

طريقة واحدة لفهم سبب عدم عمل طريقتك هو أن $ \ forall a \ forist b \ varphi (a، b) $ لا يعادل $ \ exists b \ forall a \ varphi (a، b) $ . في معظم أسلوبك قد تعمل إذا كان كل من $ \ forall $ موجود في الداخل، أي عن جملة من النموذج $ \ exist \ exist \ exist \ forall \ cdots \ forall $ ، ولكن ليس لأي نمط آخر من $ \ forist $ و $ \ forall $ .