Выражение функции XOR через медианы — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Метки: правка с мобильного устройства, правка из мобильной версии)
(Метки: правка с мобильного устройства, правка из мобильной версии)
 
(не показаны 34 промежуточные версии 2 участников)
Строка 1: Строка 1:
{{Задача
+
{{Теорема
|definition = Докажите, что $x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m} = \langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$, $s_j = \langle x_0, x_j, x_{j+1}, \ldots, x_{j+m-1}, \neg x_{j+m}, \neg x_{j+m+1}, \ldots, \neg x_{j+2m-1} \rangle$, где $x_{2m+k}$ обозначает то же, что и $x_k$, при $k \ge 1$.
+
|statement = $x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m} = \langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$, $s_j = \langle x_0, x_j, x_{j+1}, \ldots, x_{j+m-1}, \neg x_{j+m}, \neg x_{j+m+1}, \ldots, \neg x_{j+2m-1} \rangle$, где $x_{2m+k}$ обозначает то же, что и $x_k$, при $k \geqslant 1$.
 
}}
 
}}
  
{{Определение
+
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:
|definition =
 
'''Медиана''' или '''функция большинства''' (англ. ''Majority function'') {{---}} функция (в данном случае) с нечетным числом входов, возвращающая $1$ тогда и только тогда, когда среди ее аргументов не меньше половины единиц.
 
}}
 
 
 
Разберемся с условием. Нам предлагается выразить $\mathrm {XOR}$ с $2m+1$ аргументами с помощью медианы с $2m+1$ аргументом. Ей на вход подается 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 дадим на вход 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 $s_{m+1}$
+
* 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):
** $s_{m+2} = \langle x_0, x_1, \neg x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_m, \neg x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m} \rangle$,
+
** $s_{1} = \langle x_0, x_1, x_2, x_3, \ldots, x_{m-1}, x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, \neg x_{m+3}, \ldots, \neg x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$
** $s_{m+3} = \langle x_0, x_1, x_2, \neg x_3, \neg x_4, \ldots, \neg x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, x_{m+3}, \ldots, x_{2m} \rangle$,
+
** $s_{m} = \langle x_0, \neg x_1, \neg x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, x_{m+3} \ldots, x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$
** $s_{m} = \langle x_0, \neg x_1, \neg x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, x_m, x_{m+1}, x_{m+2}, \ldots, x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$
+
** $s_{m+2} = \langle x_0, x_1, \neg x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, \neg x_m, \neg x_{m+1}, x_{m+2}, x_{m+3} \ldots, x_{2m-1}, x_{2m} \rangle$,
** $s_{1} = \langle x_0, x_1, x_2, x_3, \ldots, x_{m-1}, x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, \ldots, \neg x_{2m-1}, \neg x_{2m} \rangle$
+
** $s_{m+3} = \langle x_0, x_1, x_2, \neg x_3, \ldots, \neg x_{m-1}, \neg x_m, \neg x_{m+1}, \neg x_{m+2}, x_{m+3}, \ldots, x_{2m-1}, x_{2m} \rangle$,
  
И весь этот набор ${s_i}$, вместе с $\neg x_0$, передается на вход еще одной медиане: $\langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$
+
И нужно проверить, что $\langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle = x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m}$.
Далее исключим на время из рассмотрения аргументов $s_i x_0$.
 
  
== Общие соображения ==
+
 
* В каждой $s_i$ ровно $m$ переменных с отрицанием и столько же без него
+
== Вспомогательные утверждения ==
* Каждой $s_i$ можно однозначно сопоставить пару $s_j$ такую, что все переменные с отрицанием из $s_i$ в $s_j$ будут без отрицания и наоборот. Это следует из того, как мы строим набор ${s_i}$ {{---}} циклически сдвигаем "крышу отрицания" над переменными, пока не получим все такие. Для нахождения нужно сдвинуть "крышу" ровно на $m$ позиций (вправо или влево, это не важно {{---}} получится одно и то же). Назовем такую пару $(s_i, s_j)$ двойственной, и пусть $s_j = \neg s_i$
+
{{Лемма
* Назовем '''самостоятельной единицей''' для $s_i$ любой ее единичный аргумент
+
|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 $x_0$. 
* Если самостоятельных единиц в $s_i$ "достаточно много" (а сколько именно, будет зависеть от $x_0$), то в $\neg s_i$ их будет "достаточно мало"
+
|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.
 +
}}
 +
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
 
{{Утверждение
|statement=Если в $s_i n$ самостоятельных единиц, то в $\neg s_i (2m - n)$ самостоятельных единиц.
+
|statement=Если в $s_i$ ровно $n$ самостоятельных единиц, то в $\neg s_i$ их будет $(2m - n)$.
|proof=Пусть $A$ - множество переменных $s_i$ с отрицанием, $B$ - без отрицания. Оба множества по условию мощности $m$.
+
|proof=
Пусть среди $A$ ровно $a$ переменных равны $1$. Тогда оставшиеся $(m - a)$ из них {{---}} нули.
+
У двойственного элемента все самостоятельные единицы станут нулями, а все нули {{---}} единицами. А всего позиций $2m$.
Пусть среди $B$ ровно $b$ переменных равны $1$. Тогда оставшиеся $(m - b)$ из них {{---}} нули.
 
Самостоятельные единицы $s_i$ получаются из нулей среди $A$ и единиц среди $B$. Тогда в $s_i$ будет $(m - a) + b$ самостоятельных единиц.
 
В двойственной $s_i$ переменные заменятся на их отрицания, поэтому самостоятельные единицы $\neg s_i$ получаются из единиц среди $A$ и нулей среди $B$.
 
Поэтому количество самостоятельных единиц в $\neg s_i$ будет $a + (m - b)$.
 
Нетрудно убедиться, что нужное соотношение выполняется: $(m - a) + b = 2m - (a + (m - b)) \Leftrightarrow m - a + b = 2m - a - m + b$
 
 
}}
 
}}
  
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
|statement=Среди ${x_i}$ четное число единиц \Leftrightarrow найдется двойственная пара с одинаковым количеством самостоятельных единиц, равным $m$.
+
|statement=Среди ${x_i}$ четное число единиц $\Leftrightarrow$ найдется двойственная пара, элементы которой имеют одинаковое количество самостоятельных единиц.
|proof=Импликация влево.
+
|proof=
 +
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
 +
|id=31415
 +
|statement=$x_0 \oplus x_1 \oplus \ldots \oplus x_{2m} = \langle \neg x_0, s_1, s_2, \ldots, s_{2m} \rangle$, $s_j = \langle x_0, x_j, x_{j+1}, \ldots, x_{j+m-1}, \neg x_{j+m}, \neg x_{j+m+1}, \ldots, \neg x_{j+2m-1} \rangle$
 +
|proof=
 +
Пусть $k_i$ {{---}} количество самостоятельных единиц у $s_i$.
 +
 +
Рассмотрим два случая.
 +
# $x_0 = 0$.
 +
#* 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 $0$.
 +
#* 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 $s$ будет не более $(m - 1) s_i$ равных одному, значит, конечная медиана вернет $0$, что и нужно при $\mathrm {XOR}$-е четного числа единиц.
 +
# $x_0 = 1$
 +
#* 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 $0$.
 +
#* 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 $\mathrm {XOR}$-е нечетного числа единиц.
 +
}}
 +
 +
== См. также ==
 +
* [[Представление функции формулой, полные системы функций]]
 +
* [[Представление функции класса DM с помощью медианы]]
 +
* [[Определение булевой функции]]
 +
 +
== Источники информации ==
 +
* [https://si2.epfl.ch/~demichel/publications/archive/2016/2016_ismvl_1.pdf Notes on Majority Boolean Algebra]
 +
* [https://www.researchgate.net/profile/Esam_Alkaldy/publication/277518459_A_Novel_Design_Approach_for_Multi-input_XOR_Gate_Using_Multi-input_Majority_Function/links/568b60df08ae051f9afa9b56/A-Novel-Design-Approach-for-Multi-input-XOR-Gate-Using-Multi-input-Majority-Function.pdf Multi-input XOR Gate Using Multi-input Majority Function]
 +
* [http://sites.math.rutgers.edu/~sk1233/courses/topics-S13/lec1.pdf Upper bounds on formula size for specific functions]
 +
 +
 +
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
 +
[[Категория: Булевы функции ]]

Текущая версия на 16:21, 18 декабря 2018

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[править]

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:
[math]\triangleright[/math]
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.
[math]\triangleleft[/math]

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 $(2m - n)$.
[math]\triangleright[/math]
У двойственного элемента все самостоятельные единицы станут нулями, а все нули — единицами. А всего позиций $2m$.
[math]\triangleleft[/math]
Утверждение:
Среди ${x_i}$ четное число единиц $\Leftrightarrow$ найдется двойственная пара, элементы которой имеют одинаковое количество самостоятельных единиц.
[math]\triangleright[/math]

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.
[math]\triangleleft[/math]

Доказательство теоремы[править]

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:
[math]\triangleright[/math]

Пусть $k_i$ — количество самостоятельных единиц у $s_i$.

Рассмотрим два случая.

  1. $x_0 = 0$.
    • 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 $0$.
    • 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 $s$ будет не более $(m - 1) s_i$ равных одному, значит, конечная медиана вернет $0$, что и нужно при $\mathrm {XOR}$-е четного числа единиц.
  2. $x_0 = 1$
    • Тогда в каждой $s_i$ будет стоять вместо него $1$, то есть количество аргументов-единиц для $s_i$ на один больше количества самостоятельных единиц.
    • 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 $0$, 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 $\mathrm {XOR}$-е нечетного числа единиц.
[math]\triangleleft[/math]

См. также[править]

Источники информации[править]