Универсальные кванты в QBFS

Question

Я смотрел на снижение к / с языка TQBF и удалось застрять на то, что почти наверняко не правда (или, если это правда, я пропущен значительную вычислительную стоимость, связанную с ней) Уважение к упрощению экземпляров TQBF.

Ради простоты, давайте ограничим внимание экземпляров TQBF в нормальной форме PRENEX и CNF без бесплатных переменных. Моя гипотеза (которая я настоятельно подозреваю, неверна, но не смогла найти контр-пример) состоит в том, что такой TQBF выполнен, если и только тогда, когда TQBF, который приводит к удалению всех экземпляров универсально количественных переменных из предложения приговора. Например, примите следующий экземпляр:

$ \ существует \ forall b \ существует C \ forall d $ $ \ psi (a, b, c , d) $

$ \ psi (a, b, c, d)= (\ neg a \ vee b \ vee c) \ a \ vee b \ vee c) \ enge (\ neg b \ vee \ neg c \ vee г) \ клин (a \ vee c \ vee \ neg d) $

Во-первых, я утверждаю, что этот экземпляр не удовлетворен (легко проверяется вручную). Если мы применим метод, который я опишу выше, мы получаем следующее «ядро»:

$ \ существует \ существует C $ $ \ phi (a, c) $ , < / P >.

$ \ phi (a, c)= (\ neg a \ vee c) \ enge (\ neg c) \ клин (a \ vee c) $

Что явно не удовлетворяется. Если вместо этого примера мы смотрим на это:

$ \ существует \ forall b \ существует C \ forall d $ $ \ psi (a, b, c , d) $

$ \ psi (a, b, c, d)= (\ neg a \ vee b \ vee \ neg c) \ quild (\ neg b \ vee c \ vee г) \ клин (a \ vee c \ vee \ neg d) $

, что явно удовлетворяется (устанавливает C для true, a false) и который имеет «ядро»

$ \ существует \ существует C $ $ \ phi (a, c) $ , < / P >.

$ \ phi (a, c)= (\ neg A \ vee \ neg c) \ \ a \ vee \ neg c) \ \ vee (c) \ enge (a \ vee c) $

Это также удовлетворяется с одинаковыми настройками переменной.

Если этот метод всегда работает, то, кажется, подразумевает, что происходит снижение из TQBF, чтобы села во время линейного времени в количестве универсальных количественных квантований и количества вхождений общепринятых количественных переменных в формуле, показывая, что TQBF NP-Complete (уже известно, как Pspace-Complete Complete и, следовательно, NP-Hard, поэтому, если он находится в NP, это NP-Complete) и, кроме того, NP= Pspace. Я был бы совершенно ошеломлен, если это так, но я не смог найти контрпример (или отсутствующую вычислительную стоимость в сокращении, что делает его не полиномиальным временем). Что мне не хватает?

Answer 1

Ваша интуиция была права. Это не работает. Вот контрпример.

Рассмотрим $ \ forall A \ существует b \ varphi (a, b) $ где $ \ varphi (A, б)= (\ lor \ neg b) \ land (\ neg \ lor b) $ . Это утверждение оценивает правду.

Однако, если мы удалим $ a $ После вашей процедуры, мы получаем $ \ существует B \ psi (b) $ где $ \ psi (b)= ((\ neg b) \ land (b)) $ ; И это утверждение оценивает ложь.

Один из способов понять, почему ваш метод не работает, заключается в том, что $ \ forall A \ существует B \ varphi (a, b) $ не эквивалентно $ \ существует b \ forall a \ varphi (a, b) $ . Несомнемся, ваш метод может работать, если все $ \ forall $ есть внутри, то есть для предложения формы $ \ exists \ cdots \ exists \ forall \ cdots \ forall $ , но не для какого-либо другого шаблона $ \ существует $ и $ \ forall $ .