Предположим, что [math]\mathrm{P} \neq \mathrm{NP}[/math]. Из этого следует, что никакой [math]\mathrm{NP}[/math]-полный язык (например, [math]\mathrm{SAT}[/math]) нельзя свести по Карпу к полиномиальному. Будем искать такой язык [math]A[/math], чтобы язык [math]L = \mathrm{SAT} \cap A[/math] удовлетворял следующим условиям:
- [math]L \in \mathrm{NP}[/math] (для этого достаточно, чтобы выполнялось [math]A \in \mathrm{P}[/math]);
- [math]L \not \in \mathrm{P}[/math];
- [math]\mathrm{SAT} \not \le L[/math].
Если выполнены все три свойства, то [math]L \in \mathrm{NP} \setminus (\mathrm{P} \cup \mathrm{NPC})[/math].
Пусть [math]M_1, \ldots, M_n, \ldots[/math] — все машины Тьюринга из [math]\tilde{\mathrm{P}}[/math], причём [math]T(M_i(x)) \le |x|^i[/math] для любого [math]x \in \Sigma^*[/math].
Пусть [math]f_1, \ldots, f_n, \ldots[/math] — аналогичное множество полиномиальных функций: [math]T(f_i(x)) \le |x|^i[/math] для любого [math]x \in \Sigma^*[/math].
Для простоты будем считать, что [math]|\Sigma| = 2[/math]. Построим такую неубывающую функцию [math]g \in \tilde{\mathrm{P}}[/math], что для [math]A = \{x \in \Sigma^*: g(|x|) \% 2 = 0\}[/math] выполняются три названных свойства.
Построение [math]g[/math]
Определим [math]g[/math] рекурсивно. Положим [math]g(0) = g(1) = 1[/math].
Для [math]n \ge 1[/math]:
- Если [math](\log_2 n)^{g(n)} \ge n[/math], [math]g(n+1) := g(n)[/math].
Иначе [math] n \gt (\log_2 n)^{g(n)} \ge \log_2 n[/math]; значения [math]g(m)[/math] для [math]m \le \log_2 n[/math] уже известны.
for [math]x[/math] : [math]|x| \le \log_2 n[/math]
if [math]M_i(x)[/math] and ([math]g(|x|) \% 2 = 1[/math] or [math]x \not \in \mathrm{SAT})[/math]
[math]g(n+1) := g(n)+1[/math]
return
if [math]! M_i(x)[/math] and ([math]g(|x|) \% 2 = 0[/math] and [math]x \in \mathrm{SAT})[/math]
[math]g(n+1) := g(n)+1[/math]
return
[math]g(n+1) := g(n)[/math]
- [math]g(n) = 2i + 1[/math].
for [math]x[/math] : [math]|x| \le \log_2 n, |f_i(x)| \le \log_2 n[/math]
if [math]x \in \mathrm{SAT}[/math] and ([math]g(|f_i(x)|) \% 2 = 1[/math] or [math]f_i(x) \not \in \mathrm{SAT})[/math]
[math]g(n+1) := g(n)+1[/math], return
if [math]x \not \in \mathrm{SAT}[/math] and ([math]g(|f_i(x)|) \% 2 = 0[/math] and [math]f_i(x) \in \mathrm{SAT})[/math]
[math]g(n+1) := g(n)+1[/math], return
[math]g(n+1) := g(n)[/math]
Корректность алгоритма
Проверим выполнение второго и третьего свойств языка [math]L = \mathrm{SAT} \cap A[/math].
- Пусть [math]g(n)[/math] не имеет предела при [math]n \to \infty[/math]. Значит, для любой [math]M_i[/math] в [math]L[/math] существует элемент, на котором [math]M_i[/math] «ошибается»; аналогично, для любой полиномиальной функции [math]f_i[/math] существует элемент, на котором [math]f_i[/math] неверно сводит [math]\mathrm{SAT}[/math] к [math]L[/math]. Оба свойства выполнены.
- Пусть [math]\lim\limits_{n \to \infty} g(n) = 2i[/math]. Значит, в нашем множестве существует такая машина Тьюринга [math]M_i[/math], распознающая [math]L[/math], что [math]\forall x \Rightarrow M_i(x) = [g(|x|) \% 2 = 0 \wedge x \in \mathrm{SAT})[/math]. С одной стороны, [math]M_i[/math] работает за полином, и [math]L \in \mathrm{P}[/math]. С другой стороны, по определению [math]A[/math], [math]L[/math] различается с [math]\mathrm{SAT}[/math] в конечном числе элементов, значит [math]\mathrm{SAT} \le L[/math]. Получено противоречие с предположением [math]\mathrm{P} \neq \mathrm{NP}[/math].
- Пусть [math]\lim\limits_{n \to \infty} g(n) = 2i + 1[/math]. Тогда в нашем множестве полиномиальных функций существует [math]f_i : \forall x \Rightarrow [x \in SAT] = [g(|f_i(x)|) \% 2 = 0 \wedge f_i(x) \in \mathrm{SAT}][/math]. С одной стороны, [math]\mathrm{SAT} \le L[/math] с помощью [math]f_i[/math]. С другой стороны, из определения [math]A[/math] выходит, что язык [math]L[/math] конечен, значит [math]L \in \mathrm{P}[/math]. Снова получено противоречие с предположением.
Таким образом, при верности предположения [math]\mathrm{P} \neq \mathrm{NP}[/math] второе и третье свойства [math]L[/math] выполнены.
Время работы алгоритма
Проверим первое свойство — полиномиальность языка [math]A[/math].
Пусть [math]T^g(n)[/math] — время вычисления [math]g(n)[/math].
Заметим, что [math]g(n) \le n[/math] по построению для [math]n \ge 1[/math].
Время выполнения шагов составляет:
[math]T_1(n) \le g(n) T_*(\log_2^{g(n)} n, \log_2^{g(n)} n)[/math]
[math]T_1(n) \le c_1 g(n) (\log_2 (\log_2^{g(n)} n))^2[/math]
[math]T_1(n) \le c_1 g^3(n) \log_2^2 \log_2 n[/math]
[math]T_1(n) \le c_1 n^3 \log_2^2 \log_2 n[/math]
[math]T_1(n) \le c_1 n^5[/math],
где [math]T_*(a, b)[/math] — время нахождения произведения чисел [math]a[/math] и [math]b[/math]
[math]T_2(n) \le 2^{\log_2 n} (T(M_i(x)) + T(g(|x|)) + T(x \in \mathrm{SAT}))[/math]
[math]T_2(n) \le c_2 n (|x|^i + T^g(|x|) + 2^{|x|}|x|)[/math]
[math]T_2(n) \le c_2 n (\log_2^{i} n + T^g(|x|) + 2^{\log_2 n} \log_2 n)[/math]
[math]T_2(n) \le c_2 n (\log_2^{g(n)} n + T^g(\log_2 n) + n \log_2 n)[/math]
[math]T_2(n) \le c_2 (n^2 + n^2 \log_2 n + n T^g(\log_2 n))[/math]
[math]T_2(n) \le c_2 (2n^3 + n T^g(\log_2 n))[/math]
- [math]g(n) = 2i + 1[/math]:
[math]T_3(n) \le 2^{\log_2 n} (T(x \in \mathrm{SAT}) + T^g(|f_i(x)|) + T(f_i(x) \in \mathrm{SAT}))[/math]
[math]T_3(n) \le c_3 n (2^{\log_2 n} \log_2 n + T^g(\log_2 n) + 2^{\log_2 n} \log_2 n)[/math]
[math]T_3(n) \le c_3 (2n^2 \log_2 n + n T^g(\log_2 n))[/math]
[math]T_3(n) \le c_3 (2n^3 + n T^g(\log_2 n))[/math]
Таким образом,
[math]T^g(n) \le T^g(n-1) + c_1 n^5 + c_2 (2n^3 + n T^g(\log_2 n)) + c_3 (2n^3 + n T^g(\log_2 n))[/math]
[math]T^g(n) \le T^g(n-1) + k_1 n^5 + k_2 n T^g(\log_2 n)[/math]
Пусть [math]T^g(1) = const = d[/math]. Существует константа [math]c \ge d[/math], для которой при любом [math]n[/math] верно
[math]c (n-1)^7 + k_1 n^5 + k_2 n c (\log_2 n)^7 \le c n^7[/math]
Тогда, в силу [math]T^g(1) = d \le c 1^7[/math] и неравенства выше, по индукции легко доказать, что [math]T^g(n)[/math] ограничено сверху [math]c n^7[/math], то есть [math]g \in \tilde{\mathrm{P}}[/math], а, в свою очередь, [math]A \in \mathrm{P}[/math].
