Выражение функции XOR через медианы — различия между версиями
Dmitriy (обсуждение | вклад) (Метки: правка с мобильного устройства, правка из мобильной версии) |
м (rollbackEdits.php mass rollback) |
||
| (не показано 18 промежуточных версий 2 участников) | |||
| Строка 3: | Строка 3: | ||
}} | }} | ||
| − | Разберемся с условием. | + | Разберемся с условием. Мы хотим доказать, что побитовый $\mathrm {XOR}$ с $2m+1$ аргументами выражается с помощью медианы с $2m+1$ аргументом. Аргументами медианы является набор $\{s_i\}$, получаемый следующим образом: |
* Выпишем последовательность $x_1, x_2, \ldots, x_{2m}$ | * Выпишем последовательность $x_1, x_2, \ldots, x_{2m}$ | ||
* Первую половину аргументов (а их ровно $m$) возьмем с отрицанием ($\neg x_1, \neg x_2, \ldots, \neg x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m}$) | * Первую половину аргументов (а их ровно $m$) возьмем с отрицанием ($\neg x_1, \neg x_2, \ldots, \neg x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m}$) | ||
| − | * Слева к этой последовательности припишем $x_0$ и | + | * Слева к этой последовательности припишем $x_0$ и подадим в качестве аргументов медиане: $\langle x_0, \neg x_1, \neg x_2, \ldots, \neg x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m} \rangle$ {{---}} так мы получили $s_{m+1}$ |
* Остальные $s_i$ получаются "циклическим сдвигом" отрицания (без учета $x_0$), например, вправо (так мы получим все "циклические сдвиги" отрицаний): | * Остальные $s_i$ получаются "циклическим сдвигом" отрицания (без учета $x_0$), например, вправо (так мы получим все "циклические сдвиги" отрицаний): | ||
** $s_{1} = \langle x_0, x_1, x_2, x_3, \ldots, x_{m-1}, x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, \neg x_{m+3}, \ldots, \neg x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$ | ** $s_{1} = \langle x_0, x_1, x_2, x_3, \ldots, x_{m-1}, x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, \neg x_{m+3}, \ldots, \neg x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$ | ||
| Строка 13: | Строка 13: | ||
** $s_{m+3} = \langle x_0, x_1, x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, \neg x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, x_{m+3}, \ldots, x_{2m-1}, x_{2m} \rangle$, | ** $s_{m+3} = \langle x_0, x_1, x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, \neg x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, x_{m+3}, \ldots, x_{2m-1}, x_{2m} \rangle$, | ||
| − | И нужно проверить, что | + | И нужно проверить, что $\langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle = x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m}$. |
== Вспомогательные утверждения == | == Вспомогательные утверждения == | ||
| − | |||
{{Лемма | {{Лемма | ||
| − | + | |statement=Каждой $s_i$ можно однозначно сопоставить в пару такую $s_j$, что все переменные (кроме $x_0$) с отрицанием из $s_i$ в $s_j$ будут без отрицания и наоборот. Аргументы $x_0$ у всех $s_i$ одинаковые, поэтому будем разбивать на пары без учета $x_0$. | |
| − | + | |proof=Мы строим набор ${s_i}$, циклически сдвигая отрезок отрицания переменных, пока не получим все возможные. Совершив ровно $m$ таких шагов, мы сдвинем начало отрезка отрицания на следующую позицию после его конца. Таким образом, там, где был отрезок отрицания, будет отрезок без отрицания, и наоборот. | |
| − | |||
| − | |||
| − | |statement=Каждой $s_i$ можно однозначно сопоставить в пару такую $s_j$, что все переменные с отрицанием из $s_i$ в $s_j$ будут без отрицания и наоборот. | ||
| − | |proof=Мы строим набор ${s_i}$, циклически сдвигая отрезок отрицания переменных, пока не получим все возможные. Совершив ровно $m$ таких шагов, мы сдвинем | ||
}} | }} | ||
Назовем такую пару $(s_i, s_j)$ '''двойственной''', и будем обозначать через $\neg s_i$ двойственную $s_i$ пару. | Назовем такую пару $(s_i, s_j)$ '''двойственной''', и будем обозначать через $\neg s_i$ двойственную $s_i$ пару. | ||
| − | Назовем '''самостоятельной единицей''' | + | Пусть на $j$-ом месте у $s_i$ стоит единица $(j>0)$. Назовем этот аргумент '''самостоятельной единицей'''. |
| − | |||
{{Утверждение | {{Утверждение | ||
|statement=Если в $s_i$ ровно $n$ самостоятельных единиц, то в $\neg s_i$ их будет $(2m - n)$. | |statement=Если в $s_i$ ровно $n$ самостоятельных единиц, то в $\neg s_i$ их будет $(2m - n)$. | ||
|proof= | |proof= | ||
| − | + | У двойственного элемента все самостоятельные единицы станут нулями, а все нули {{---}} единицами. А всего позиций $2m$. | |
}} | }} | ||
{{Утверждение | {{Утверждение | ||
| − | |statement=Среди ${x_i}$ четное число единиц $\Leftrightarrow$ найдется двойственная пара | + | |statement=Среди ${x_i}$ четное число единиц $\Leftrightarrow$ найдется двойственная пара, элементы которой имеют одинаковое количество самостоятельных единиц. |
|proof= | |proof= | ||
| − | Пусть $A_i$ {{---}} множество аргументов $s_i$ с отрицанием, $B_i$ {{---}} без отрицания. Оба множества по условию мощности $m$. | + | Пусть $A_i$ {{---}} множество аргументов (за исключением $x_0$) $s_i$ с отрицанием, $B_i$ {{---}} без отрицания (тоже за исключением $x_0$). Оба множества по условию мощности $m$. |
| − | Пусть среди $A_i$ ровно $a_i$ переменных равны | + | Пусть среди $A_i$ ровно $a_i$ переменных равны единице, тогда оставшиеся $(m - a_i)$ из них {{---}} нули. |
Аналогично среди $B_i$ ровно $b_i$ единиц и $(m - b_i)$ нулей. | Аналогично среди $B_i$ ровно $b_i$ единиц и $(m - b_i)$ нулей. | ||
Самостоятельные единицы $s_i$ получаются из нулей среди $A_i$ и единиц среди $B_i$. Тогда в $s_i$ будет $(m - a_i) + b_i$ самостоятельных единиц. | Самостоятельные единицы $s_i$ получаются из нулей среди $A_i$ и единиц среди $B_i$. Тогда в $s_i$ будет $(m - a_i) + b_i$ самостоятельных единиц. | ||
| Строка 49: | Строка 43: | ||
$\Leftarrow$ | $\Leftarrow$ | ||
| − | + | Приравняем количества самостоятельных единиц в паре: $(m - a_i) + b_i = a_i + (m - b_i) \Leftrightarrow a_i = b_i$ | |
А $a_i$ и $b_i$ {{---}} количества единиц в $A_i$ и в $B_i$ соответственно, и, так как множество всех аргументов $s_i$ это $A_i \cup B_i$, то $(a_i+b_i)$ и есть количество единиц среди ее аргументов. | А $a_i$ и $b_i$ {{---}} количества единиц в $A_i$ и в $B_i$ соответственно, и, так как множество всех аргументов $s_i$ это $A_i \cup B_i$, то $(a_i+b_i)$ и есть количество единиц среди ее аргументов. | ||
Но $a_i = b_i$, значит $a_i + b_i$ четное. | Но $a_i = b_i$, значит $a_i + b_i$ четное. | ||
| − | Вообще, утверждения "нашлась двойственная пара | + | Вообще, утверждения "нашлась двойственная пара, элементы которой имеют одинаковое количество самостоятельных единиц" (1) и "нашлась $s_i$ с количеством самостоятельных единиц, равным $m$" равносильны. |
И правда, выше мы поняли, что (1) $\Leftrightarrow a_i = b_i$. Посчитаем количество самостоятельных единиц в $s_i$. $((m - a_i) + b_i) = m \Leftrightarrow a_i = b_i$. | И правда, выше мы поняли, что (1) $\Leftrightarrow a_i = b_i$. Посчитаем количество самостоятельных единиц в $s_i$. $((m - a_i) + b_i) = m \Leftrightarrow a_i = b_i$. | ||
| Строка 60: | Строка 54: | ||
$\Rightarrow$ | $\Rightarrow$ | ||
| − | Пусть среди ${x_i}$ будет $2t$ единиц. | + | Пусть среди ${x_i} (i > 0)$ будет $2t$ единиц. |
Давайте найдем $s_j$, в которой среди $A_j$ единиц столько же, сколько и среди $B_j$. Тогда в ней будет $a_j = b_j$, из чего и будет следовать требуемое. | Давайте найдем $s_j$, в которой среди $A_j$ единиц столько же, сколько и среди $B_j$. Тогда в ней будет $a_j = b_j$, из чего и будет следовать требуемое. | ||
Рассмотрим любую $s_k$. Будем считать, что в $A_k$ меньше половины единиц ($a_k < t$), иначе рассмотрим двойственную ей, в ней будет меньше половины, или, если равенство, то мы уже нашли такую. | Рассмотрим любую $s_k$. Будем считать, что в $A_k$ меньше половины единиц ($a_k < t$), иначе рассмотрим двойственную ей, в ней будет меньше половины, или, если равенство, то мы уже нашли такую. | ||
| − | Будем последовательно сдвигать отрицания вправо на одну позицию, переходя от $s_l$ к $s_{l+1}$. За каждый сдвиг количество единиц в $A_l$ может измениться только на 1. | + | Будем последовательно сдвигать отрицания вправо на одну позицию, переходя от $s_l$ к $s_{l+1}$. За каждый сдвиг количество единиц в $A_l$ может измениться только на $1$. |
Действительно, если в $A_l$ добавились и ушли разные числа, то количество единиц изменилось на $1$ (увеличилось или уменьшилось), а если одинаковые {{---}} то не поменялось. | Действительно, если в $A_l$ добавились и ушли разные числа, то количество единиц изменилось на $1$ (увеличилось или уменьшилось), а если одинаковые {{---}} то не поменялось. | ||
| − | Таким образом, сделав $m$ шагов, мы дойдем от $ | + | Таким образом, сделав $m$ шагов, мы дойдем от $s_k$ до $\neg s_k$, причем количество единиц в $A_l$ будет изменяться не более, чем на $1$. Изначально оно было $a_l$, а станет {{---}} $2t - a_l$. |
Тогда выполняются неравенства: $a_k \leqslant t \leqslant 2t - a_k$. Левый знак верен просто потому, что мы так выбрали $s_k$, а правый, очевидно, равносилен первому. | Тогда выполняются неравенства: $a_k \leqslant t \leqslant 2t - a_k$. Левый знак верен просто потому, что мы так выбрали $s_k$, а правый, очевидно, равносилен первому. | ||
Таким образом, мы, изменяя $a_l$ не больше, чем на единицу, пришли из $a_k$ в $2t - a_k$, причем число $t$ было между ними. Поэтому мы обязательно на каком-то шаге оказались с $a_{l'} = t$, то есть ровно половина единиц попала в $A_{l'}$, чего мы и хотели. | Таким образом, мы, изменяя $a_l$ не больше, чем на единицу, пришли из $a_k$ в $2t - a_k$, причем число $t$ было между ними. Поэтому мы обязательно на каком-то шаге оказались с $a_{l'} = t$, то есть ровно половина единиц попала в $A_{l'}$, чего мы и хотели. | ||
| Строка 83: | Строка 77: | ||
#* Тогда в каждой $s_i$ будет стоять вместо него $0$, то есть количество аргументов-единиц в точности равно количеству самостоятельных единиц. | #* Тогда в каждой $s_i$ будет стоять вместо него $0$, то есть количество аргументов-единиц в точности равно количеству самостоятельных единиц. | ||
#* Пусть $k_i \geqslant m + 1 \Rightarrow k_{i + m} \leqslant m - 1$ (и аналогично с противоположным знаком) $\Rightarrow$ в обычных парах одна $s_i$ будет равна $1$, а вторая $0$. | #* Пусть $k_i \geqslant m + 1 \Rightarrow k_{i + m} \leqslant m - 1$ (и аналогично с противоположным знаком) $\Rightarrow$ в обычных парах одна $s_i$ будет равна $1$, а вторая $0$. | ||
| − | #* При нечетном количестве единиц особенных пар не будет, будет только ровно $m$ обычных пар, из каждой ровно одна $s_i$ даст единицу. Тогда среди всех $s_i$ будет ровно $m$ единиц, и, подставив их в конечную медиану, вместе с $\neg x_0 = 1$, получим ровно $m + 1$ аргумент, равный $1$. Тогда медиана вернет $1$, | + | #* При нечетном количестве единиц особенных пар не будет, будет только ровно $m$ обычных пар, из каждой ровно одна $s_i$ даст единицу. Тогда среди всех $s_i$ будет ровно $m$ единиц, и, подставив их в конечную медиану, вместе с $\neg x_0 = 1$, получим ровно $m + 1$ аргумент, равный $1$. Тогда медиана вернет $1$, что и должен вернуть $\mathrm {XOR}$ нечетного числа единиц. |
| − | #* При четном количестве у нас найдется особенная пара, а в этих $s_i$ и $\neg s_{i}$ ровно по $m$ самостоятельных единиц, а значит, они обе будут равны $0$. Тогда всего среди $ | + | #* При четном количестве у нас найдется особенная пара, а в этих $s_i$ и $\neg s_{i}$ ровно по $m$ самостоятельных единиц, а значит, они обе будут равны $0$. Тогда всего среди $s$ будет не более $(m - 1) s_i$ равных одному, значит, конечная медиана вернет $0$, что и нужно при $\mathrm {XOR}$-е четного числа единиц. |
# $x_0 = 1$ | # $x_0 = 1$ | ||
#* Тогда в каждой $s_i$ будет стоять вместо него $1$, то есть количество аргументов-единиц для $s_i$ на один больше количества самостоятельных единиц. | #* Тогда в каждой $s_i$ будет стоять вместо него $1$, то есть количество аргументов-единиц для $s_i$ на один больше количества самостоятельных единиц. | ||
#* Пусть $k_i \geqslant m + 1 \Rightarrow k_{i + m} \leqslant m - 1$ (и аналогично с противоположным знаком) $\Rightarrow$ по-прежнему (тут с учетом $x_0 = 1$) в обычных парах одна $s_i$ будет равна $1$, а вторая $0$. | #* Пусть $k_i \geqslant m + 1 \Rightarrow k_{i + m} \leqslant m - 1$ (и аналогично с противоположным знаком) $\Rightarrow$ по-прежнему (тут с учетом $x_0 = 1$) в обычных парах одна $s_i$ будет равна $1$, а вторая $0$. | ||
| − | #* При нечетном количестве единиц особенных пар нет, будет снова только ровно $m$ обычных пар, из каждой ровно одна $s_i$ даст единицу. Тогда среди всех $s_i$ будет ровно $m$ единиц, и, подставив их в конечную медиану, вместе с $\neg x_0 = 0$, получим ровно $m$ аргументов, равных $1$. Тогда медиана вернет $0$, | + | #* При нечетном количестве единиц особенных пар нет, будет снова только ровно $m$ обычных пар, из каждой ровно одна $s_i$ даст единицу. Тогда среди всех $s_i$ будет ровно $m$ единиц, и, подставив их в конечную медиану, вместе с $\neg x_0 = 0$, получим ровно $m$ аргументов, равных $1$. Тогда медиана вернет $0$, что и должен вернуть $\mathrm {XOR}$ четного числа единиц. |
| − | #* При четном количестве у нас найдется особенная пара, а в этих $s_i$ и $\neg s_{i}$ ровно по $m$ самостоятельных единиц, а значит, они обе будут равны $1$, ведь вместе с $x_0 = 1$ среди аргументов медиан будет по $m + 1$ единиц. Тогда всего среди $s_i$ будет не менее $m + 1$ $s_i = 1$, значит, конечная медиана вернет $1$, что и нужно при $\ | + | #* При четном количестве у нас найдется особенная пара, а в этих $s_i$ и $\neg s_{i}$ ровно по $m$ самостоятельных единиц, а значит, они обе будут равны $1$, ведь вместе с $x_0 = 1$ среди аргументов медиан будет по $m + 1$ единиц. Тогда всего среди $s_i$ будет не менее $m + 1$ $s_i = 1$, значит, конечная медиана вернет $1$, что и нужно при $\mathrm {XOR}$-е нечетного числа единиц. |
}} | }} | ||
Текущая версия на 19:36, 4 сентября 2022
| Теорема: |
$x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m} = \langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$, $s_j = \langle x_0, x_j, x_{j+1}, \ldots, x_{j+m-1}, \neg x_{j+m}, \neg x_{j+m+1}, \ldots, \neg x_{j+2m-1} \rangle$, где $x_{2m+k}$ обозначает то же, что и $x_k$, при $k \geqslant 1$. |
Разберемся с условием. Мы хотим доказать, что побитовый $\mathrm {XOR}$ с $2m+1$ аргументами выражается с помощью медианы с $2m+1$ аргументом. Аргументами медианы является набор $\{s_i\}$, получаемый следующим образом:
- Выпишем последовательность $x_1, x_2, \ldots, x_{2m}$
- Первую половину аргументов (а их ровно $m$) возьмем с отрицанием ($\neg x_1, \neg x_2, \ldots, \neg x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m}$)
- Слева к этой последовательности припишем $x_0$ и подадим в качестве аргументов медиане: $\langle x_0, \neg x_1, \neg x_2, \ldots, \neg x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m} \rangle$ — так мы получили $s_{m+1}$
- Остальные $s_i$ получаются "циклическим сдвигом" отрицания (без учета $x_0$), например, вправо (так мы получим все "циклические сдвиги" отрицаний):
- $s_{1} = \langle x_0, x_1, x_2, x_3, \ldots, x_{m-1}, x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, \neg x_{m+3}, \ldots, \neg x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$
- $s_{m} = \langle x_0, \neg x_1, \neg x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, x_{m+3} \ldots, x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$
- $s_{m+2} = \langle x_0, x_1, \neg x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, \neg x_m, \neg x_{m+1}, x_{m+2}, x_{m+3} \ldots, x_{2m-1}, x_{2m} \rangle$,
- $s_{m+3} = \langle x_0, x_1, x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, \neg x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, x_{m+3}, \ldots, x_{2m-1}, x_{2m} \rangle$,
И нужно проверить, что $\langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle = x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m}$.
Вспомогательные утверждения
| Лемма: |
Каждой $s_i$ можно однозначно сопоставить в пару такую $s_j$, что все переменные (кроме $x_0$) с отрицанием из $s_i$ в $s_j$ будут без отрицания и наоборот. Аргументы $x_0$ у всех $s_i$ одинаковые, поэтому будем разбивать на пары без учета $x_0$. |
| Доказательство: |
| Мы строим набор ${s_i}$, циклически сдвигая отрезок отрицания переменных, пока не получим все возможные. Совершив ровно $m$ таких шагов, мы сдвинем начало отрезка отрицания на следующую позицию после его конца. Таким образом, там, где был отрезок отрицания, будет отрезок без отрицания, и наоборот. |
Назовем такую пару $(s_i, s_j)$ двойственной, и будем обозначать через $\neg s_i$ двойственную $s_i$ пару.
Пусть на $j$-ом месте у $s_i$ стоит единица $(j>0)$. Назовем этот аргумент самостоятельной единицей.
| Утверждение: |
Если в $s_i$ ровно $n$ самостоятельных единиц, то в $\neg s_i$ их будет $(2m - n)$. |
| У двойственного элемента все самостоятельные единицы станут нулями, а все нули — единицами. А всего позиций $2m$. |
| Утверждение: |
Среди ${x_i}$ четное число единиц $\Leftrightarrow$ найдется двойственная пара, элементы которой имеют одинаковое количество самостоятельных единиц. |
|
Пусть $A_i$ — множество аргументов (за исключением $x_0$) $s_i$ с отрицанием, $B_i$ — без отрицания (тоже за исключением $x_0$). Оба множества по условию мощности $m$. Пусть среди $A_i$ ровно $a_i$ переменных равны единице, тогда оставшиеся $(m - a_i)$ из них — нули. Аналогично среди $B_i$ ровно $b_i$ единиц и $(m - b_i)$ нулей. Самостоятельные единицы $s_i$ получаются из нулей среди $A_i$ и единиц среди $B_i$. Тогда в $s_i$ будет $(m - a_i) + b_i$ самостоятельных единиц. В $\neg s_i$ переменные заменятся на их отрицания, поэтому самостоятельные единицы в ней получаются из единиц среди $A_i$ и нулей среди $B_i$. Поэтому количество самостоятельных единиц в $\neg s_i$ будет $a_i + (m - b_i)$. $\Leftarrow$ Приравняем количества самостоятельных единиц в паре: $(m - a_i) + b_i = a_i + (m - b_i) \Leftrightarrow a_i = b_i$ А $a_i$ и $b_i$ — количества единиц в $A_i$ и в $B_i$ соответственно, и, так как множество всех аргументов $s_i$ это $A_i \cup B_i$, то $(a_i+b_i)$ и есть количество единиц среди ее аргументов. Но $a_i = b_i$, значит $a_i + b_i$ четное. Вообще, утверждения "нашлась двойственная пара, элементы которой имеют одинаковое количество самостоятельных единиц" (1) и "нашлась $s_i$ с количеством самостоятельных единиц, равным $m$" равносильны. И правда, выше мы поняли, что (1) $\Leftrightarrow a_i = b_i$. Посчитаем количество самостоятельных единиц в $s_i$. $((m - a_i) + b_i) = m \Leftrightarrow a_i = b_i$. $\Rightarrow$ Пусть среди ${x_i} (i > 0)$ будет $2t$ единиц. Давайте найдем $s_j$, в которой среди $A_j$ единиц столько же, сколько и среди $B_j$. Тогда в ней будет $a_j = b_j$, из чего и будет следовать требуемое. Рассмотрим любую $s_k$. Будем считать, что в $A_k$ меньше половины единиц ($a_k < t$), иначе рассмотрим двойственную ей, в ней будет меньше половины, или, если равенство, то мы уже нашли такую. Будем последовательно сдвигать отрицания вправо на одну позицию, переходя от $s_l$ к $s_{l+1}$. За каждый сдвиг количество единиц в $A_l$ может измениться только на $1$. Действительно, если в $A_l$ добавились и ушли разные числа, то количество единиц изменилось на $1$ (увеличилось или уменьшилось), а если одинаковые — то не поменялось. Таким образом, сделав $m$ шагов, мы дойдем от $s_k$ до $\neg s_k$, причем количество единиц в $A_l$ будет изменяться не более, чем на $1$. Изначально оно было $a_l$, а станет — $2t - a_l$. Тогда выполняются неравенства: $a_k \leqslant t \leqslant 2t - a_k$. Левый знак верен просто потому, что мы так выбрали $s_k$, а правый, очевидно, равносилен первому. Таким образом, мы, изменяя $a_l$ не больше, чем на единицу, пришли из $a_k$ в $2t - a_k$, причем число $t$ было между ними. Поэтому мы обязательно на каком-то шаге оказались с $a_{l'} = t$, то есть ровно половина единиц попала в $A_{l'}$, чего мы и хотели. Заметим также, что мы доказали наличие одной пары, но на самом деле таких может быть больше. Давайте такие пары назовем особенными, а остальные — обычными. |
Доказательство теоремы
| Теорема: |
$x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m} = \langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$, $s_j = \langle x_0, x_j, x_{j+1}, \ldots, x_{j+m-1}, \neg x_{j+m}, \neg x_{j+m+1}, \ldots, \neg x_{j+2m-1} \rangle$ |
| Доказательство: |
|
Пусть $k_i$ — количество самостоятельных единиц у $s_i$. Рассмотрим два случая.
|
