Выражение функции XOR через медианы
| 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 медиана от всего этого набора ${s_i}$, вместе с $\neg x_0$, ($\langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$) совпадет с $\mathrm {XOR}$-ом с $2m+1$-м аргументом.
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 $m$" (2) 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.
|
