Nemdeterminisztikus algoritmusok bonyolultsága

Rögzítsünk egy végesΣ0ábécét, és tekintsünk egy efelettiLnyelvet. Először azt vizsgáljuk meg, hogy mit is jelent, ha L nemdeterminisztikus Turing-géppel bizonyos időben felismerhető. Megmutatjuk, hogy ez azzal függ össze, hogy mennyire egyszerű „rábizonyítani” egy szóra, hogyL-ben van.

Azt mondjuk, hogyL-nektanújaazL⁰ nyelv, amennyibenx∈ Lakkor és csak akkor, ha van olyany∈Σ^∗₀ szó, hogyx&y∈ L⁰ (itt &egy új jel, mely azxésy szavak elválasztására szolgál).

Pontosabban, az L nyelvnek f(n) hosszúságú, g(n) idejű tanúja az L⁰ nyelv, ha tanúja, és egyrésztL⁰∈DTIME(g(n)), másrészt minden x∈ L-re van olyany∈Σ^∗₀szó, hogy |y| ≤f(|x|)ésx&y∈ L⁰.

4.2.1. Tétel. Legyenf jól számolható függvény ésg(n)≥n.

a) Minden L ∈NTIME(f(n)) nyelvnek van O(f(n)) hosszúságú, lineáris idejű tanúja.

b) Ha egyLnyelvnek van f(n)hosszúságú,g(n)idejű tanúja, akkor L ∈NTIME(g(n+ 1 +f(n))).

Bizonyítás. a) Legyen T azLnyelvetf(n)időben felismerő nemdeterminisz-tikus Turing-gép, mondjuk két szalaggal. A 4.1.1. tétel bizonyításának mintá-jára, rendeljük hozzá mindenx∈Lszóhoz aT egy olyan legális számolásának a leírását, melyx-etf(|x|)időben elfogadja. Nem nehéz olyan Turing-gépet csinálni, mely egyN hosszúságú leírásrólO(N)lépésben eldönti, hogy az egy legális számolás leírása-e, és ha igen, akkor ez a számolás azxszót fogadja-e el. Így azx-et elfogadó legális számolások leírásai alkotják a tanút.

b) LegyenL⁰azLnyelvf(n)hosszúságú,g(n)idejű tanúja, és tekintsünk egy olyan S determinisztikus Turing-gépet, mely L⁰-t g(n) időben eldönti.

Konstruáljunk egy nemdeterminisztikusT Turing-gépet, mely a következőt teszi. Ha első szalagjáraxvan írva, akkor először (determinisztikusan) kiszá-mítja f(|x|) értékét, és ennyi 1-est ír a második szalagra. Ezután xvégére ír egy&jelet, majd átmegy az egyetlen olyan állapotba, melyben működése nemdeterminisztikus. Ennek során egy legfeljebbf(|x|)hosszúságúy szót ír az x& szó után. Ezt úgy teszi, hogy amíg a második szalagon 1-est olvas,

|Σ0|+ 1legális lépése van: vagy leírja az ábécé valamely betűjét az első sza-lagra, jobbra lép az első szalagon, és balra a második szalagon, vagy nem ír semmit, hanem átmegy egy új START2 állapotba. Ha a második szalagon üres mezőt olvas, mindenképpen a START2 állapotba megy át.

A START2 állapotban a gép az első szalagon a kezdőmezőre állítja a fejet, letörli a második szalagot, majd azS Turing-gépnek megfelelően működik.

Ennek aT gépnek akkor és csak akkor vanx-et elfogadó legális számolása, ha van olyan legfeljebbf(|x|)hosszúságúy∈Σ0 szó, melyre S az x&y szót elfogadja, vagyis hax∈ L. Nyilvánvaló, hogy ennek a legális számolásnak a lépésszáma legfeljebbO(f(|x|)) +g(|x|+ 1 +f(|x|)) =O(g(|x|+ 1 +f(|x|))).

4.2.2. Következmény. Tetszőleges L ⊆Σ^∗₀ nyelvre az alábbi tulajdonságok ekvivalensek:

i) L felismerhető nemdeterminisztikus Turing-gépen polinomiális időben.

ii) L-nek van polinomiális hosszúságú és idejű tanúja.

Megjegyzés. Bizonyítás, sőt pontos megfogalmazás nélkül megemlítjük, hogy ezek a tulajdonságok azzal is ekvivalensek, hogy azLnyelvnek adható a halmazelmélet axiómarendszerében olyan definíciója, hogy minden x∈ L szóra az az állítás, hogy „x∈ L”, bebizonyítható a halmazelmélet axiómáiból

|x|-ben polinomiális számú lépésben.

A 4.2.2. következményben kimondott tulajdonsággal rendelkező nyelvek osztályát NP-vel jelöljük. AzonL nyelvek, melyekre Σ^∗₀− L ∈NP, alkotják a co-NP osztályt. A következő alfejezetben látni fogjuk, ezek az osztályok alapvetőek, a gyakorlat szempontjából fontos algoritmikus problémák nagy részét tartalmazzák.

Mint említettük, ezeknél a feladatosztályoknál nem a feladat megoldása, hanem kitűzése könnyű: számos fontos nyelv a tanújával van megadva, pon-tosabban, a tanú definíciójában szereplőL⁰nyelv ésf(n)függvény által (erre sok példát fogunk látni a következő pontban). Ilyen esetben nemcsak azt kér-dezhetjük, hogy egy adottxszóL-ben van-e (vagyis, hogy létezik-e olyany, hogy|y| ≤f(n) ésx&y∈ L⁰), hanem igen gyakran szeretnénk egy ilyeny-t elő is állítani. Ezt a feladatot azL nyelvhez tartozókereső feladatnak nevez-zük. Természetesen egy nyelvhez sok különböző kereső feladat tartozhat. A kereső feladatnak akkor is lehet értelme, ha a megfelelő döntési feladat tri-viális. Például minden számnak létezik prímfelbontása, de ezt nem könnyű megtalálni.

Mivel minden determinisztikus Turing-gép tekinthető nemdeterminiszti-kusnak, nyilvánvaló, hogy

DTIME(f(n))⊆NTIME(f(n)).

Annak az analógiájára, hogy van felsorolható, de nem eldönthető nyelv (vagy-is idő- és tárkorlátozás nélkül a nemdetermin(vagy-isztikus Turing-gépek „erőseb-bek”), azt várjuk, hogy itt szigorú tartalmazás érvényes. Ez azonban csak nagyon speciális esetekben van bebizonyítva (pl. lineáris függvények esetén Paul, Pippinger, Trotter és Szemerédi igazolták). A következő alfejezetek-ben részletesen tárgyalni fogjuk a legfontosabb speciális esetet, a P és NP osztályok viszonyát.

A nemdeterminisztikus idő- és tárbonyolultsági osztályok között az alábbi egyszerű összefüggések állnak fenn:

4.2.3. Tétel. Legyenf jól számolható függvény. Ekkor

NTIME(f(n))⊆DSPACE(f(n))⊆NSPACE(f(n))⊆∪^c>0DTIME(2^cf(n)).

Bizonyítás. A második tartalmazás triviális, az elsőhöz a konstrukció lényege, hogy egy nemdeterminisztikus Turing-gép összes legális számolását egymás

után kipróbálhatjuk úgy, hogy mindig csak annyi helyet használunk, amennyi egy számoláshoz kell; ezenfelül kell még némi hely annak nyilvántartásához, hogy hol tartunk az esetek kipróbálásában.

Pontosabban ez így írható le: Legyen T egy olyan nemdeterminisztikus Turing-gép, mely azLnyelvetf(n)idő alatt felismeri. Mint említettük, felte-hetjük, hogyT bármely legális számolása legfeljebbf(n)lépésből áll, aholn a bemenet hossza. MódosítsukT működését úgy, hogy (valamelyx bemenet-re) először mindig a lexikografikusan legelső legális lépést válassza (rögzítjük ΓésΣegy-egy rendezését, ekkor jól definiált a legális lépések lexikografiku-san rendezése). Adunk a gépnek egy új „nyilvántartó” szalagot, melyre felírja, hogy milyen legális lépéseket választott. Ha ez a számolás nem végződik x elfogadásával, akkor a gép ne álljon meg, hanem a nyilvántartó szalagon ke-resse meg az utolsó olyan lépést (mondjuk ez aj-edik), amit megváltoztathat lexikografikusan nagyobbra, és hajtson végre egy legális számolást úgy, hogy aj-edik lépésig a nyilvántartó szalagon felírt legális lépéseket teszi, aj-edik lépésben a lexikografikusan rákövetkezőt, ezek után pedig a lexikografiku-san legelsőt (és persze ennek megfelelően írja át a nyilvántartó szalagot). A visszalépéseknél persze aT szalagjainak a tartalmát is vissza kell állítani, ez pl. könnyű, ha a nyilvántartó szalagra azt is felírjuk, hogy egy-egy lépésben milyen betűket írt át a gép.

A módosított, immár determinisztikus Turing-gép az eredeti gép minden legális számolását végigpróbálja, és közben csak annyi tárat használ, mint az eredeti gép (ami legfeljebbf(n)), plusz a nyilvántartó szalagon használt hely (ami ismét csakO(f(n)).

Végül a harmadik tartalmazás belátásához legyenT=hk,Σ,Γ,Φiegy olyan nemdeterminisztikus Turing-gép, melyL-etf(n)tárral felismeri. Feltehetjük, hogy T-nek csak egy szalagja van. Végig akarjuk próbálni T összes legális számolását. Kicsit vigyázni kell, mertT-nek egy legális számolása akár2^cf(n) lépésig tarthat, és így akár2^2cf(n) legális számolás lehet; ennyi számolás vé-gigvizsgálására már nincs időnk.

Hogy a végigvizsgálást jobban szervezzük, a helyzetet egy gráffal szem-léltetjük a következőképpen. Rögzítsük a bemenetek n hosszát. A gép egy helyzetén egy (g, p, h)hármast értünk, aholg∈Γ, −f(n)≤p≤f(n) ésh∈

∈Σ^2f(n)+1. A g állapot a vezérlőegység állapota az adott lépésben,p szám mondja meg, hogy hol van a fej, h pedig megadja a szalagon levő jeleket (mivel csak legfeljebb f(n) tárigényű számítások érdekelnek minket, ezért elég2f(n) + 1 mezőt tekinteni). Látható, hogy a helyzetek száma legfeljebb

|Γ|f(n)|Σ|^2f(n)+1= 2^O(f(n)) Minden helyzetet kódolhatunk egy-egyΣfeletti O(f(n))hosszúságú szóval.

Készítsük el mármost azt az irányítottGgráfot, melynek csúcsai a hely-zetek, és az ucsúcsból a v csúcsba rajzoljunk nyilat, ha az u helyzetből a v helyzetbe a gép egy legális lépése vezet. Vegyünk fel egy v0 csúcsot, és

húzzunkv0-hoz élt minden olyan „helyzetből”, melyben a gép a STOP álla-potban van, és a szalagja 0-adik mezején 1 áll. Jelöljeux az xbemenetnek megfelelő induló helyzetet. Azxszó akkor és csak akkor vanL-ben, ha ebben az irányított gráfban vezetux-bőlv0-ba irányított út.

AGgráfot2^O(f(n)) idő alatt meg tudjuk konstruálni, majd (pl. szélességi kereséssel)O(|V(G)|²)=2^O(f(n))idő alatt el tudjuk dönteni, hogy tartalmaz-e ux-bőlv0-ba irányított utat.

Az alábbi érdekes tétel azt mutatja, hogy a tárigényt nem csökkenti nagyon lényegesen, ha nemdeterminisztikus Turing-gépeket is igénybe veszünk:

4.2.4. Tétel (Savitch tétele). Ha f(n) jól számolható függvény, és f(n)≥

≥logn, akkor minden L ∈NSPACE(f(n)) nyelvhez van olyan c >0, hogy L ∈DSPACE(cf(n)²).

Bizonyítás. Legyen T =h1,Σ,Γ,Φi egy olyan nemdeterminisztikus Turing-gép, melyL-etf(n) tárral felismeri. Tekintsük az előző bizonyításban leírt Ggráfot; el akarjuk dönteni, hogy tartalmaz-eux-ből v0-ba irányított utat.

Természetesen ezt a gráfot nem akarjuk teljes egészében megkonstruálni, mert igen nagy. Ezért úgy tekintjük, hogy egy „orákulummal” van megadva. Ez itt most annyit tesz, hogy két pontról egyetlen lépésben el tudjuk dönteni, hogy vezet-e közöttük él. Pontosan ez így fogalmazható meg: Bővítsük ki a Turing-gépek definícióját. Egyorákulumos Turing-gépenolyan Turing-gépet értünk, melynek egy külön speciális szalagját az orákulum számára foglaljuk le. A gépnek van még három különleges állapota, „ORÁKULUM-KÉRDÉS”,

IGEN” és NEM”. Ha a gép az KÉRDÉS” állapotba jut, akkor a következő állapota vagy az „ORÁKULUM-IGEN”, vagy az „ORÁKULUM-NEM” lesz attól függően, hogy az orákulum-szalagján levőu, vcsúcsnevekre vezet-e élu-bólv-be.

4.2.5. Lemma. Tegyük fel, hogy orákulummal adott egy Girányított gráf a t hosszúságú szavak halmazán. Ekkor létezik olyan orákulumos Turing-gép, mely adottu,vcsúcsokhoz ésqtermészetes számhoz legfeljebb O(qt+qlogq) tár felhasználásával eldönti, hogy vezet-eG-benu-bólv-be legfeljebb2^q hosszú-ságú irányított út.

A megszerkesztendő Turing-gépnek két szalagja lesz az orákulum-szalagon kívül. Induláskor az első szalag az(u, q)párt, a második a(v, q)párt tartal-mazza. A Turing-gép működése során mindkét szalag néhány(x, r)párt fog tartalmazni, aholxegy csúcs neve,r≤qpedig egy természetes szám.

Legyen (x, r) és (y, s) a két szalagon lévő utolsó pár. A gép arra keres választ, hogyx-bőly-ba vezet-e legfeljebb2^phosszúságú út, aholp=min{r, s}. Hap= 0, akkor a válasz egy orákulum-kérdéssel megválaszolható. Egyébként az első szalag végére egy (w, m) párt írunk, ahol m=p−1, w pedig egy

csúcs neve, és rekurzíve meghatározzuk, hogy van-ew-bőly-ba legfeljebb2^m hosszúságú út. Ha van, felírjuk(w, m)-et a második szalag végére, letöröljük az első szalag végéről, és meghatározzuk, hogy van-ex-bőlw-be legfeljebb2^m hosszúságú út. Ha van, akkor letöröljük(w, m)-et a második szalag végéről:

tudjuk, hogy vanx-bőly-ba legfeljebb2^phosszúságú út. Ha akárxésw, akár wésy között nincsen legfeljebb2^m hosszúságú út, akkor a lexikografikusan következőw-vel próbálkozunk. Ha már mindenw-t végigpróbáltunk, tudjuk, hogyx-ből y-ba nem vezet legfeljebb2^p hosszúságú út.

Könnyű belátni, hogy mindkét szalagon a felírt párok második elemei bal-ról jobbra csökkennek, és így a szalagokra legfeljebb q pár kerül. Egy pár O(t+ logq) jelet igényel, így a felhasznált tár csak O(qt+qlogq). Ezzel a lemmát bebizonyítottuk.

Visszatérve a tétel bizonyításához, vegyük észre, hogy az, hogy aG gráf két csúcsa között vezet-e él, tár igénybevétele nélkül könnyen eldönthető;

ezt az eldöntést úgy is tekinthetjük, mint egy orákulumot. Így a Lemma alkalmazható t, q=O f(n)

értékekkel, és azt kapjuk, hogy legfeljebb qt+

+qlogq=O f(n)²

tárral eldönthető, hogy egy adott ux pontból vezet-e irányított útv0-ba, vagyis, hogy azxszóL-ben van-e.

Mint megjegyeztük, igen a fontos a polinomiális tárral determinisztikus Turing-gépen eldönthető nyelvek PSPACE osztálya. Kézenfekvő volna beve-zetni az NPSPACE osztályt, mely a polinomiális tárral nemdeterminisztikus Turing-gépen felismerhető nyelvek osztálya. Savitch tételének alábbi követ-kezménye mutatja azonban, hogy ez nem vezetne új fogalomhoz:

4.2.6. Következmény. PSPACE = NPSPACE.