Polinomiális tár

A polinomiális tárral megoldható problémák osztályátPSPACE-szel jelöljük. Formálisan:

PSPACE = ^∪

k>0

SPACE(n^k)

Savitch tételének alkalmazásával azonnal adódik az alábbi összefüggés.

5.11. Következmény.

Ismert, hogyP⊂EXP. Általánosan elfogadott az a sejtés, hogy mindegyik tartalmazás való-di.

Nevezzük qbf -nek azt a problémát, amely egy adott, zárt, prenex alakú Boole-formuláról azt kérdezi, hogyigaz-e. Mint nyelv, qbf az ilyenigazBoole-formulák kódjait tartalmazza.

Példaként

∃x₁∀x₂∃x₃[(x₁∨x₂)∧(x₂∨x₃)∧(x₂∨x₃)]∈qbf

∃x∀y[(x∨y)∧(x∨y)]̸∈qbf

5.35. Tétel. (Stockmeyer és Meyer)qbfPSPACE-teljes.

Bizonyítás. Először belátjuk, hogy qbf ∈PSPACE. Ehhez tekintsük az alábbi algorit-must. Legyen adott aφzárt, prenex alakú Boole-formula.

1. Haφkvantormentes, akkor csak konstansokat tartalmaz, így értékeljük ki.

2. Ha φ=∃xψ alakú, akkor hívjuk az eljárást ψ-re először úgy, hogy az xhelyébe 0-t, majd úgy, hogyxhelyébe1-et helyettesítünk. Ha valamelyik hívásigaz-zal tér vissza, fogadjuk el aφbemenetet, különben utasítsuk el.

3. Haφ=∀xψalakú, akkor hasonlóan járunk el, de abban az esetben fogadjuk el a beme-netet, ha mindkét hívásigaz-zal tér vissza.

Az algoritmus tárigénye:

O

(n²)(ill.

O

(n), ha formálisan nem végezzük el a behelyettesítést, csak a változók rögzített értékét tároljuk).

Még be kell látnunk, hogy qbf PSPACE-nehéz. Ehhez legyenL∈PSPACE, mondjukL eldönthető azM

O

(n^k)tárigényű determinisztikus ofine Turing-géppel, aholk≥1. Feltehe-tő, hogy a Turing-gépnek egy munkaszalagja van.

Adottnhosszúwbemenő szóhoz szeretnénk olyann-ben polinom méretű formulát készí-teni, mely akkor és csak akkorigaz, haw∈L(M). Az egyszerűség kedvéért feltesszük, hogy nhosszú szavakonMelfogadás esetén mindig ugyanabban a kongurációban áll meg.

A kongurációk leírásához Boole-változókat használunk, mint Cook tételének bizonyítá-sában. Egy konguráció leírásához

O

(n^k)változó szükséges. Mivel az elérhető kongurációk hossza

O

^(nk), ezért az időigény2^O(nk).

Jelöljönφc1,c2,t olyan formulát, mely akkor és csakis akkor igaz, ha ac₁ kongurációból legfeljebbt lépésen elérhető ac2konguráció. A φc1,c2,1 könnnyen felírható, hossza

O

^(nk)

(ha minden változó hosszát1-nek vesszük). Legyent>1. Ekkor φc1,c2,t =∃c[φc1,c,⌈₂^t⌉∧φc,c2,⌈₂^t⌉]

megfelelő lenne, de ez a módszer exponenciálisan hosszú formulákat eredményez! Ezért ezt a formulát az alábbiak szerint adjuk meg:

φc1,c2,t=∃c∀d∀d^′ [

((d=c₁∧d^′=c)∨(d=c∧d^′=c₂))→φ_d,d′,⌈₂^t⌉

]

(Itt ad=c₁egy olyan

O

^(n2k)hosszú formulának a rövidítése, amely azt fejezi ki, hogy ad által leírt konguráció megegyezik acáltal leírt kongurációval.)

Valójában a megadott formula nem prenex alakú, de könnyen prenex alakra hozható. Vé-gülw∈Lakkor és csak akkor, haφc0,c_f,t igaz, aholc₀aw-hez tartozó kezdőkonguráció,c_f az elfogadó konguráció, ést alkalmas2^O(n)nagyságrendű szám.

Megjegyezzük, hogy qbf akkor is PSPACE-teljes, ha a formula magja konjunktív nor-málforma, a kvantorok alternálnak, és az első kvantor∃(esetleg az utolsó is∃). Ekkor qbf felfogható kétszemélyes játékként. Adott

φ=∃x₁∀x₂∃x₃. . .Qx_kψ formulához tartozó játékban,

5. BONYOLULTSÁGELMÉLET 71

• az 1. játékos választja azx₁,x₃, . . .változók értékét és céljaψigazzá tétele,

• a 2. játékos választja felváltva azx2,x4, . . .értékét, céljaψhamissá tétele.

Ígyφ∈qbf akkor és csak akkor, ha az 1. játékosnak nyerő stratégiája van.

A földrajzi játék-ban adott egyGirányított gráf és annak egypkezdőcsúcsa. Két játékos p-ből indulva felváltva egy olyan út csúcsait nevezi meg, mely nem halad át már megláto-gatott csúcson. Az a játékos veszít, aki nem tud újabb csúcsot megnevezni. A feladat annak eldöntése, hogy az első játékosnak van-e nyerő stratégiája.

5.36. Tétel. Aföldrajzi játékPSPACE-teljes.

Bizonyítás. Az, hogy földrajzi játékPSPACE-ben van, a qbf -hez hasonlóan igazolható.

Azt, hogyPSPACE-nehéz, a qbf -ből való polinomidejű visszavezetéssel igazoljuk.

Legyen adva aφformula:

φ=∃x₁∀x₂∃x₃. . .∃x_kψ

aholkpáratlan,ψ=c₁∧. . .∧c_megy konjunktív normálforma. Készítsük el az alábbi gráfot:

A gráfban minden változóhoz tartozik egy rombusz, a formula magjához aψ-vel címkézett csúcs, aψmindenc_iklózához egy csúcs, végül minden egyesc_i-ben előforduló literálhoz egy-egy csúcs. A kezdő csúcs p, azx_iváltozóhoz tartozó rombusz felső csúcsa. A változókhoz tartozó rombuszok fel vannak fűzve. Az x_k-koz tartozó rombusz alsó csúcsából él vezet a ψ-hez tartozó csúcsba, és onnan egy-egy él a klózokhoz tartozó csúcsokhoz. Minden klózhoz tartozó csúcsból él vezet a benne lévő literálokhoz tartozó csúcsokhoz. Végül ha egy literál azx_iváltozó, akkor a literálhoz tartozó csúcsból él vezet azx_i-hez tartozó rombusz baloldali csúcsába, ha pedig a literálx_i, akkor a jobboldali csúcsába.

A játékosok a p-ből indulva minden rombuszon baloldalon, vagy jobboldalon haladnak végig. Annak, hogy egy x_i változóhoz tartozó rombusz baloldalán haladnak végig, feleljen

meg azx_i igaz (1) értéke, ha pedig a jobboldalon haladnak végig, ahamis (0) értéke. Mi-közben a játékosok végighaladnak a rombuszokon, megválasztják a változók egy lehetséges értékelését, mégpedig úgy, hogy az 1. játékos választja meg a páratlan sorszámú, 2. játékos a páros sorszámú változók értékét.

Most tegyük fel, hogy φ kielégíthető. Akkor a a qbf játékban az 1. játékosnak nyerő stratégiája van. A földrajzi játék 1. játékosa játsszon úgy, hogy valahányszor a qbf játékban az 1. játékos azx_iértékét1-nek választja, akkor azx_irombusz balodali csúcsát nevezi meg, különben a jobboldalit. Az így meghatározottτértékelés kielégítiψ-t.

Mivekkpáratlan, azx_k-hoz tartozó rombusz alsó csúcsát az 2. játékos választja, és ezután az1.játékos aψ-hez tartozó csúcsot választja (mint egyetlen lehetőséget). Ezek után válassza ki a 2. játékos mondjuk ac_j klózhoz tartozó csúcsot. Mivet τ kielégític_j-t, τ mellett ac_j valamelyik literáljaigaz. Az 1. játékos válassza ki az ennek megfelelő csúcsot! Ekkor a 2.

játékos vesztett. Valóban, ha a literál az x_i változó, akkor a 2. játékos egyetlen lehetősége az lenne, hogy azx_i-hez tartozó rombusz baloldali csúcsát választja, de ezen már áthaladtak, hiszenτ(x_i) = 1. Hasonlóan, ha a literálx_i, akkor a 2. játékos csak azx_i-hez tartozó rombusz jobboldali csúcsát választhatná, de ezen már áthaladtak, hiszenτ(x_i)ebben az esetben0.

Fordítva, tegyük most fel, hogy az1.játékosnak nyerő stratégiája van a földrajzi játékban.

Ekkor a qbf első játékosa játsszon úgy, hogy valahányszor a földrajzi játék 1. játékosa azx_i -hez tartozó rombusz baloldali csúcsát választja, akkor legyenx_i= 1, különbenx_i= 0. Ezzel

a stratégiával megnyeri a qbf játékot.

A véges automaták elméletében is számosPSPACE-teljes probléma ismert, pld. a véges nemdeterminisztikus automaták ekvivalenciája, vagy az a kérdés, hogy két reguláris kifejezés ugyanazt a nyelvet ismeri-e fel. Véges determinisztikus automaták ekvivalenciája polinom-időben eldönthető. Egy további PSPACE-teljes nyelv a korábban bevezetett L_CSG, amely annak a problémának felel meg, hogy adottGkörnyezetfüggetlen nyelvtanra éswterminális szóra döntsük el, hogyw∈L(G)teljesül-e.

5.8. Logaritmikus tárral való visszavezetés és az L és NL

In document A SZÁMÍTÁSTUDOMÁNY ALAPJAI (Pldal 69-72)