Теорема Махэни

Определение:

[math]LSAT=\{\langle\phi,y\rangle | \exists x: x\le_{lex}y, \phi(x) = 1\}[/math].

Лемма (1):

[math]LSAT \in \mathrm{NPC}[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Очевидно, что [math]LSAT \in \mathrm{NP}[/math] (в качестве сертификата можно запросить [math]x[/math]). Сведём [math]SAT[/math] к [math]LSAT[/math]. Для этого рассмотрим отображение [math]\phi \mapsto \langle \phi, 1^{|\phi|}\rangle[/math], где [math]|\phi|[/math] — количество различных переменных в формуле [math]\phi[/math]. Ясно, что данное преобразование можно сделать за полиномиальное время. Теперь докажем, что сведение верное. Если [math]\phi \in SAT[/math], то формула [math]\phi[/math] удовлетворима, а значит [math]\exists x: x \le_{lex} 1^{|\phi|}, \phi(x)=1[/math]. Следовательно, [math]\langle \phi, 1^{|\phi|}\rangle \in LSAT[/math]. Если [math]\langle \phi, 1^{|\phi|}\rangle \in LSAT[/math], то [math]\exists x: x \le_{lex} 1^{|\phi|}, \phi(x)=1[/math]. Значит формула [math]\phi[/math] удовлетворима, и [math]\phi \in SAT[/math]. Таким образом, [math]SAT \le LSAT[/math]. Но [math]SAT \in \mathrm{NPC}[/math], а значит [math]\forall L \in \mathrm{NP} \; L \le SAT[/math]. Тогда в силу транзитивности [math]\forall L \in \mathrm{NP} \; L \le LSAT[/math], то есть [math]LSAT \in \mathrm{NPH}[/math]. Итого мы доказали, что [math]LSAT \in \mathrm{NPH}[/math] и [math]LSAT \in \mathrm{NP}[/math]. Тогда по определению [math]LSAT \in \mathrm{NPC}[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Лемма (2):

[math]\langle\phi,y\rangle \in LSAT, y\lt _{lex}z[/math]. Тогда [math]\langle\phi,z\rangle \in LSAT[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

[math]\langle\phi,y\rangle \in LSAT[/math]. Тогда [math]\exists x: x\le_{lex}y, \phi(x) = 1[/math]. Так как [math]y\lt _{lex}z[/math], то [math]\exists x: x\lt _{lex}z, \phi(x) = 1[/math], следовательно [math]\langle\phi,z\rangle \in LSAT[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Теорема (Махэни):

[math]\mathrm{NPC} \cap \mathrm{SPARSE} \ne \varnothing \Rightarrow P=NP[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]S \in \mathrm{NPC} \cap \mathrm{SPARSE}[/math]. Так как [math]S\in \mathrm{NPC}[/math], и [math]LSAT \in \mathrm{NP}[/math], то существует полиномиальная функция сведения [math]f[/math] такая, что [math]\langle \phi, y \rangle \in LSAT \iff f(\langle \phi, y \rangle) \in S[/math]. Так как функция [math]f[/math] работает полиномиальное время, и [math]|\phi|=|y|[/math] ([math]|y|[/math] — длина вектора [math]y[/math]), то [math]f(\langle\phi,y\rangle) \le q(|\phi|)[/math], где [math]q[/math] — полином. [math]S\in SPARSE[/math]. Следовательно, [math]\forall n \; |S \cap \Sigma^n|\le p(n)[/math], где [math]p[/math] — некоторый полином. Тогда [math]|\{x\in S\, |\, |x| \le q(|\phi|)\}| \le \sum\limits_{i=1}^{q(|\phi|)} p(i) = r(|\phi|)[/math], где [math]r[/math] — также полином. Опишем алгоритм для нахождения лексиграфически минимальной строки [math]x[/math], удовлетворяющей формулу [math]\phi[/math]. Пусть [math]n=|\phi|, r=r(|\phi|)[/math]. Изначально область поиска для [math]x[/math] — все строки длины [math]n[/math]. Опишем одну итерацию поиска. Разобьём текущее множество строк на [math]r+1[/math] подотрезок примерно равной длины. Обозначим концы полученных подотрезков [math]w_0,...,w_{r+1}[/math]. Пусть теперь [math]z_i=f(\langle\phi,w_i\rangle)[/math]. Из леммы (2) мы знаем, что, начиная с некоторого [math]l[/math], все пары [math]\langle\phi, w_l\rangle \in LSAT[/math]. Тогда по сведению [math]z_j \in S[/math] для всех [math]j\ge l[/math]. Рассмотрим два случая: [math]\exists i \ne j \, z_i=z_j[/math]. Строки [math]z_i[/math] и [math]z_j[/math] либо обе лежат в [math]S[/math], либо обе не лежат в [math]S[/math]. Тогда по вышеуказанной причине [math]x\notin (w_i, w_j][/math]. Значит мы можем исключить этот полуинтервал из рассматриваемого множества. Таким образом, мы удаляем не менее [math]\frac 1{r+1}[/math] часть множества подстановок. [math]z_i \ne z_j \, \forall i \ne j[/math]. Как было показано выше, если [math]z_0[/math] или [math]z_1[/math] лежат в [math]S[/math], то все последующие [math]z_i[/math] тоже лежат в [math]S[/math], но тогда [math]S[/math] содержит [math]r+1[/math] строку длины не более, чем [math]q(|\phi|)[/math], что противоречит условию [math]|\{x\in S\, |\, |x| \le q(|\phi|)\}| \le r(|\phi|)[/math]. Следовательно, [math]x\notin[w_0,w_1][/math], то есть его можно убрать из рассмотрения. В обоих случаях мы сузили область поиска как минимум на [math]\frac 1{r+1}[/math] её размера. Будем повторять эту процедуру до тех пор, пока не останется не более [math]r+1[/math] строки, которые мы можем проверить за полиномиальное время. Если какая-то из них удовлетворила формулу [math]\phi[/math], то [math]x=min(w_i), w_i[/math] удовлетворяет [math]\phi[/math]. Иначе, [math]x[/math] не существует. Оценим время работы нашего алгоритма. После [math]k[/math] итераций у нас останется не более [math]2^n(1-\frac1{r+1})^k[/math] строк. Оценим [math]k[/math]. [math]2^n(1-\frac1{r+1})^k \simeq 1[/math]. Отсюда [math]k=O(rn)[/math] (это можно получить, выразив [math]k[/math] через [math]n[/math] и [math]r[/math] и воспользовавшись формулой Тейлора для логарифма). Таким образом, мы можем разрешить язык [math]LSAT[/math] за полиномиальное время, найдя лексиграфически минимальную строку, удовлетворяющую формулу, и сравнив её с нашим аргументом. Так как [math]LSAT\in \mathrm{NPC}[/math], то мы можем решить любую задачу из [math]\mathrm{NP}[/math] за полиномиальное время, а значит [math]\mathrm{P}=\mathrm{NP}[/math].

[math]\triangleleft[/math]