Сложность вариантов 3SAT

Question

Этот вопрос мотивирован моим отвечать к другому вопросу, в котором я заявил о том, что как между проблемами, так и между ними, являются $ np $ -complete. В первой проблеме существует общий приказ, так что международное ограничение каждой тройки применяется, в то время как в последующей проблеме существует общий порядок, так что между ними ограничение каждой тройки нарушается.

Какова сложность следующих вариантов 3SAT?:

3sat_1 = {($ phi $): $ phi $ имеет назначение, которое делает все пункты ложными}

3sat_2 = {($ phi $): $ phi $ имеет назначение, так что именно половина положений верна, а другая половина ложна}

Answer 1

3SAT_1 легко, а вариант 3SAT_2-NP-полная. Я предполагаю, что 3SAT_2 также является NP-полным. ОБНОВЛЕНИЕ: Мое предположение доказано ниже.

Пусть $ c = x lor y lor z $ станет пунктом. Тогда $ lnot c = lnot x land lnot y land lnot z $. Назначение делает все пункты $ phi $ false, если оно делает все их отрицания истинными. Соединение отрицания всех положений - это просто большое соединение. Соединение удовлетворяется тогда и только тогда, когда оно не содержит переменной и ее отрицания. Таким образом, 3SAT_1 находится в P (на самом деле это в AC $^0 $).

Вариант 3SAT_2 спрашивает, имеет ли $ phi $ назначение, которое делает ровно $ 8/9 $ в отношении положений True. Это явно в NP. Чтобы уменьшить 3SAT к этому варианту, возьмите формулу $ phi $, и для каждого пункта $ C $ в $ phi $ добавьте восемь пунктов $$ (x_c lor y_c lor Z_C) Land Cdots Land ( lnot x_c lor lnot y_c lor lnot z_c). $$ В любом назначении ровно семь из них верны. В общей сложности у нас есть $ 9 | phi | $ Clauses. Из $ 8 | phi | $, которые мы добавили, ровно $ 7 | phi | $ всегда верны. Следовательно, $ phi $ является удовлетворенным тогда и только тогда, когда в новой Формуле -1 может удовлетворить ровно $ 8 | phi | $ ограничения, которые стоят 8 долларов США $ своих пунктов.

Обновление: вот сокращение от самого 3SAT до 3SAT_2. Учитывая формулу $ phi $, рассмотрите два случая. Первый случай - это когда мы можем сфальсифицировать все предложения в $ phi $ одновременно. Как показано выше, в этом случае каждая переменная появляется только положительно или только отрицательно, и, таким образом, устанавливая ее надлежащим образом, формула удовлетворяется. В противном случае добавьте $ | phi | $ clauses формы $ x lor y lor z $, где $ x, y, z $ - новые переменные. В любом задании либо все они удовлетворены, либо все не удовлетворены. Поскольку первоначальные пункты не могут быть сразу с фальсификацией (по предположению), новая формула может быть наполовину удовлетворена, если и только тогда, когда оригинальная была удовлетворена.