等価性についてKrom式扱?

Question

とうまくいきません Krom式 $\psi_1,\psi_2$.Krom式命題関数にCNFている2つのリテラルでご提供しています。各文字通りの可否はunnegated.つまり、 $\psi_1,\psi_2$ 2-CNF式に代入します。たとえば、次のようになります。

$(x_1\vee\ガx_2)\土地(\ガx_2\vee x_3)\地（x_3\vee x_4)$

し合いで決めていきたいと思いるかどうか $\psi_1,\psi_2$ 論理的に相当する $\psi_1\leftrightarrow\psi_2$.同様に、いかどうか $F=(\psi_1\vee\ガ\psi_2)\ウェッジ(\ガ\psi_1\vee\psi_2)$ がtrueのためのすべての課題についての $x_1,\dots,x_n$.

この問題を扱?

Answer 1

はい、等価性を多項式時刻（実際には二次時間）で確認することができます。

$ \ psi_1 \ lor \ reg \ psi_2 $ がすべての割り当てに対してtrueかどうかをテストする方法について説明します。 $ \ reg \ psi_1 \ lor \ psi_2 $ の場合も同じことができ、これを使用して $ f $ は、 $ \ psi_1、\ psi_2 $ が論理的に等価であるかどうかです。

$ \ psi_1 \ lor \ reg \ psi_2 $ がfalse $ \ neg（\ \ reg（\ psi_1 \ lor \ neg \ psi_2）$ は満足のいくものです。

に注意してください

$$ \ reg（\ psi_1 \ lor \ neg \ psi_2）=reg \ psi_1 \ land \ psi_2、$$

そのため、 $ \ neg \ psi_1 \ land \ psi_2 $ の充足性をテストするのに十分です。ここで、 $ \ psi_1、\ PSI_2 $ はKROM（2-CNF）式です。

$ \ psi_1= c_1 \ land \ c_k $ であるとします $ c_i $ $ \ psi_1 $ の $ i $ th句です。その後

$$ \ reg \ psi_1=（\ neg c_1）\ lor \ cdots \ lor（\ neg c_k）。$$

したがって

$$ \ begin {align *} \ NEG \ PSI_1 \ LAND \ PSI_2＆=（（\ NEG C_1）\ LOR \ CDOTS \ LOR（\ NEG C_K））\ land \ psi_2 \\ ＆=（\ NEG C_1 \ Land \ PSI_2）\ Lor \ CDOTS \ LOR（\ NEG C_K \ Land \ PSI_2）。 \ end {align *} $$

今、 $ \ reg \ psi_1 \ land \ psi_2 $ は、満足のいくiff $ \ neg c_i \ land \ psi_2です。 $ は、いくつかの $ i $ に対して満足です。したがって、 $ i $ を繰り返すことができ、各 $ \ neg c_i \ land \ psi_2 $ ;それらのいずれかが満足できる場合は、 $ \ reg \ psi_1 \ lor \ psi_2 $ は満足できる、 $ f $ はTAUTOLYではなく、 $ \ psi_1、\ psi_1、\ psi_2 $ は論理的に同等ではありません。

$ \ reg c_i \ land \ psi_2 $ の充足性をテストする方法？まあ、 $ c_i $ には、 $（\ ell_1 \ lor \ ell_2）$ があります。ここで、 $ \ ell_1、\ eLL_2 $ は2つのリテラルです。 $ \ reg c_i \ land \ psi_2 $ には< SPAN CLASS="math-container"> $ \ reg \ ell_1 \ lang \ reg \ ell_2 \ land \ psi_2 $ 。これはKROM（2-CNF）式であるため、標準多項式-Timeアルゴリズムを使用してその満足性をテストできます。そのようなテストの線形数をします。したがって、全走行時間は多項式です。実際、テストの満足度は線形時間で行うことができるので二次的なものです。

Answer 2

リコール2-土ソリューション用強力接続部品を構築しておりますグラフの頂点 $x_1,\ldots,x_,\lnot x_1,\ldots,\lnot x_n$, を置き換えの各条項 $x_i\lor x_j$ とエッジ $\lnot x_i＼x_j$ や $\lnot x_j＼x_i$.例から こちらの:

を満たす方式であるための必要十分割り当てる頂点のないように矛盾のグラフエッジ $true\false$).に使用しますがこれらのグラフのための同等性の確認です。

1. 構築いたしますこのグラフ $G_1$ や $G_2$ 双方式 $F_1$ や $F_2$.
2. がある場合のサイクル $x_i\leadsto\lnot x_i\leadsto x_i$ グラフ、その公式なソリューション。チェックしていま双方式命と絆を巡る物語が幕を開ける/は解決不可能に.
3. が存在する場合は、パスの形成 $x_i\leadsto\lnot x_i$ (同様の事例 $\lnot x_i\leadsto x_i$お知を満たす公式を選択しなければな $x_i$ がある(そして矛盾).私たちはこの選択です。のグラフまでの値を割り当てすべての頂点から到達可能 $\lnot x_i$ (なければならなtrue)。再度チェックの両方式のた同決定します。
4. すべてエッジからすべての既知の頂点からお願いします。
5. 現在、 $F_1$ や $F_2$ 相当 $\iff$ 残りのグラフは相当の意味で:他の $v_1,v_2$ パス $v_1\leadsto v_2$ が存在する $G_1$ iffに存在する $G_2$.このチェックイン可能なもの $O(|V|\cdot|E|)$ 時間（走DFSからの各頂点とくかどうか確認してください訪問と同じ頂点の両方のグラフ).かに行うことができます。

証:

$\Leftarrow$:が明らかになるにつれ、以後、他の閉鎖のグラフまでのと同じ意味の両方式に代入します。

$ ightarrow$:による矛盾に満ちているものです。Wlogいが存在するパス $v_1\leadsto v_2$ に $G_1$ るには存在しない $G_2$.この課題 $v_1:=true$, $v_2:=false$ では実現可能なもの $F_2$ (がありませんのでパス $v_1\leadsto v_2$ では困難で $F_1$.

すなわち、以下の課題を満足す $F_2$:

• $true$ すべての頂点から到達可能 $v_1$.
• $false$ からすべての頂点を $v_2$.
• 削除既知のすべての頂点(上記とその補完のグラフで表示します。すべての残りの頂点を接続します。また色接続部品 $true$, し、接続部品に対応するその補完に $false$ (下記注参照。

この課題は矛盾はあり得ないことから、エッジ $u\v$ 形 $true\false$:

• の場合 $u$ 所属するコンポーネントでした彩色済み完成品 $true$, そのような $v$ もtrueです。
• そうでない場合は、その $u$ ですから到達可能 $v_1$, り、この $v$ も到達可能から $v_1$ やが成り立たなければなりません。 $\blacksquare$

技術上の注意:各変数 $x_i$ が頂点: $v_i$ や $\lnot v_i$ -とあるだけでな問題に対応します。答えはその後のステップ4), $v_i$ や $\lnot v_i$ またその二つの異なるコンポーネント(または対称: $u\v$ 一部手段 $\lnot u o\lnot v$ 別）してご利用いただけます。そのため、何を決断した $u$ 一つの成分そのまま生かすことができま逆の決定 $\lnot u$ 別のひとつ。