2-INF-135/15 Pravdepodobnostné algoritmy LS 2017/18

2-INF-135/15 Pravdepodobnostné algoritmy LS 2017/18

Dôkaz PCP vety 7.a 10.5.2018

def, príklady, význam,... PCP(probabilistically checkable proofs): L PCP[r(n), q(n)] ak existuje pravdepodobnostný polytime verifikátor taký, že používa r( x ) náhodných bitov a číta q x bitov dôkazu Π ak x L π : Pr r [V (x, r) = 1] = 1 ak x / L πpr r [V (x, r) = 1] < 1/2 efficiency completeness soundness PCP ako zovšeobecnenie NP PCP pre GNI G 0, G 1 n-vrcholové vstupné grafy { i ak H Gi n-vrcholový H, Π(H) = i {0, 1} inak V: b R {0, 1}, náhodná permutácia π, H = π(g b ) V kontroluje Π(H) 2017/18(10) 3 / 56

def, príklady, význam,... 2 pohľady na NP = PCP[O(log n), O(1)] 1 o existencii lokálne overiteľných dôkazov - dajú sa overiť náhodnou kontrolou konštantného počtu ich symbolov 2 o obtiažnosti aproximácie - P NP tak pre viacero NPÚ problémov je získanie dobrej aproximácia rovnako ťažké ako získanie optimálneho riešenia dôkazy neaproximovateľnosti[kráľovič] Ak P NP, tak Max-3-Sat / PTAS Ak P NP, tak MaxClique / PTAS 2017/18(10) 4 / 56

k dôkazu PSPACE PCP[poly, poly] IP = PSPACE PCP[r(n), q(n)] NTIME(2 O(r(n)) q(n)) PCP[log n, 1] NP Π q(n) 2 r(n) opakovaním soundness na 1/2 c prepokladáme neadaptívneho verifikátora (pri konštantne je to jedno) neadaptívny verifikátor - dotazy na začiatku; fcia n adaptívny verifikátor - voľba dotazov závisí od priebehu výpočtu 2017/18(10) 5 / 56

PCP[log n, poly] = NP Lemma PCP[log n, poly] = NP NP PCP[log n, poly] L PCP[log n, poly], x L konštrukcia certifikátu: prečo nemôžme uhádnuť dobrý dôkaz Π? S množina kontrolovateľných indexov certifikát: (i, Π i ) i S simulácia verifikátora pre všetky možnosti náhodných bitov akcept ak všetky akceptujú 2017/18(10) 6 / 56

c-zosilňujúca redukcia Nech c > 1. c-zosilňujúca redukcia 3SAT je taká v polynomiálnom čase vypočitateľná funkcia f definovaná na 3CNF, že ak φ SAT, tak f (φ) SAT maxsat (φ) = 1 maxsat (f (φ)) = 1 ak φ / SAT, tak α : f (φ)(α) spĺňa max c tinu klauzúl v f (φ) maxsat (φ) < 1 maxsat (f (φ)) < c 2017/18(10) 7 / 56

NP PCP[log n, 1] a 3SAT Nech c > 1. c-zosilňujúca redukcia 3SAT je taká polytime funkcia f na 3CNF, že Lemma ak φ SAT, tak f (φ) SAT maxsat (φ) = 1 maxsat (f (φ)) = 1 ak φ / SAT, tak I : f (φ)(i ) spĺňa max c tinu klauzúl v f (φ) maxsat (φ) < 1 maxsat (f (φ)) < c NP PCP[log n, 1] 3SAT má zosilňujúcu redukciu f -zosilňujúca redukcia, φ formula verifikátor V: f (φ), ak x SAT, tak existuje spĺňajúce priradenie pre f (φ) - dôkaz náhodné klauzula v f (φ) s premennými i, j, k; overenie, že je splnená pre priradenie Π(i), Π(j), Π(k) počet náhodných bitov φ SAT φ / SAT: akceptovanie s pravdepodobnosťou max c, opakovaním 1/2 2017/18(10) 8 / 56

NP PCP[log n, 1] a 3SAT NP PCP[log n, 1] 3SAT má zosilňujúcu redukciu SAT PCP[log n, 1], verifikátor V, c log n náhodných bitov ( φ = n), t dotazov do q konštrukcia f r {0, 1} c log n : urči i 1,..., i t a (q i1,..., q it ) {0, 1} t spusti V (φ, r, q) φ? = 1 definujeme CNF φ r (x i1,..., x it ) tak, aby φ r (x i1,..., x it ) = 1 V (x, r, q) = 1 pomocou nových premenných 3CNF φ r f (φ) := r {0,1} c log nφ r φ SAT f (φ) SAT φ / SAT: soundness α : Pr r [(φ r (α)) = 0] 1/2 nech t = max r {# klauzúl v φ r } α : aspoň d = 1/(2t )-tina klauzúl v f (φ) je nesplnených nanajvýš (1 d)-tina klauzúl v f (φ) je splnených; c > 1 d 2017/18(10) 9 / 56

idey dôkazu Postup dôkazu pre PCP[O(log n), O(1)]: 1 každý NP problém má exponenciálne dlhý dôkaz overiteľný konštantným počtom dotazov aritmetizácia BF 2 každý NP problém má polynomiálne dlhý dôkaz overiteľný polylogaritmickým # dotazov rovnosť polynómov nízkeho stupňa 3 kompozičná lema využijeme aritmetizácia BF redukuje splniteľnosť na algebraické vlastnosti lineárne / "takmer" lineárne funkcie a samoopravovanie platnosť pre NPÚ 3-KNF-SAT dáva platnosť pre všetky NP 2017/18(10) 10 / 56

NP IP[poly, O(1)] splniteľné kvadratické rovnice n n c (k) ij x i x j = c k i,j=1 k=1 NPC NPúplnosť 1 NP 2 NPC redukcia z 3SAT x 1 x, x 1, x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x i x j x k x ij x k "+" x i x j = x ij 2017/18(10) 11 / 56

NP IP[poly, O(1)] Π( v) := n i,j=1 a ia j v ij a 1,..., a n {0, 1} n v = v 11... v nn {0, 1} n2 pri fixovanom a = (a 1,..., a n ) je Π() lineárna funkcia vo v //akoby spĺňajúce priradenie kvôli riešeniu kontrolujeme: 1 linearitu - že Π( v) = n i,j=1 Λ ijv ij 2 konzistenciu - Λ ij = Λ ii Λ jj //pre x {0, 1} je x x = x 3 splniteľnosť - a i = Λ ii dáva spĺňajúce riešenie 2017/18(10) 12 / 56

NP IP[poly, O(1)] test linearity Verifier: x, y R {0, 1} n Π(x), Π(y), Π(x + y) 3 dotazy do Π if Π(x) + Π(y) = Π(x + y) akceptuj //ak je lineárna, vždy akceptuje Neskôr: Ak Π je ε-blízko lineárnej funkcie, test zamieta s pravdepodobnosťou ε. ε-blízke sa líšia na ε-tine vstupov. 2017/18(10) 13 / 56

NP IP[poly, O(1)] Ak Π je vo vzdialenosti 1/48 od lineárnej, tak existuje jediná lineárna f vo vzdialenosti 1/48 (dve lineárne sú od seba vo vzdialenosti 1/2) Nech je to f ( v) = n i,j=1 Λ ijv ij test konzistencie - Λ ij Λ 11 Λ 1n M :. Λ n1 Λ nn? = Λii Λjj Λ = (Λ 11..., Λ nn ) Λ ij = Λ ii Λjj Λ T Λ = M pravdepodobnostný test na rovnosť matíc Pr x,ȳ [ xmȳ T = xm ȳ T M M ] 3/4 problém - nemáme M, nepoznáme f 2017/18(10) 14 / 56

NP IP[poly, O(1)] ak by sme poznali f, f ( v) = n xmȳ T = (x 1,..., x n ) Λ 11 i,j=1 Λ ijv ij = ( x i Λ 1i,..., x n Λ ni ) Λ nn y 1. y n využijeme Π x i y j v ij xmȳ T = f ( v) x Λ T Λȳ T = ( x Λ T ) ( Λȳ T ) y 1. y n = n i,j=1 x iy j Λ ij pre v ij = 0 i j a v ii = x i dostaneme f ( v) = x Λ T (podobne Λȳ T ) nemáme f, len Π, využijeme náhodný shift r R {0, 1} n2 "samoopravný kód" f ( v) = Π( r) + Π( r + v) Pr[ nemáme f ( v)] 2/48 = 1/24 2017/18(10) 15 / 56

NP IP[poly, O(1)] test konzistencie 1 x, ȳ R {0, 1} n 2 A = x( Λ T Λ)ȳ T 2 volania f, 4 dotazy do Π 3 B = xmȳ T 1 volanie f, 2 dotazy do Π 4 ak A = B akceptuj Theorem Ak Π je vo vzdialenosti 1/48 od lineárnej funkcie a f nie je konzistentná, zamietneme s pravdepodobnosťou 1/8 ak by korektné A, B, tak akceptuje s pravd. 3/4 ak by korektné A, B, tak zamieta s pravd. 1/4 aspoň jedna hodnota A, B zle 6 1 48 = 1/8 Pr[ akceptuje ] 3/4 + 4/8 = 7/8 Pr[ zamieta ] 1/8 má zamietať 2017/18(10) 16 / 56

NP IP[poly, O(1)] test splniteľnosti Π vo vzd. 1/48 od lineárnej, f ( v) = n i,j=1 Λ ij v ij, Λ ij = Λ ii Λ jj pre a i = Λ ii overujeme: y k = c (k) + n i,j=1 c(k) ij x i x j = 0 k ȳ = (y 1,..., y m )? 0 pravdepodobnostne: ȳ r? = 0 random r určuje random S {1,..., m} ȳ r =? 0 k S y k = ( k S c (k) + n = c (k) + k S k S i,j }{{} bez Π (*) k S i,j c(k) ij a i a j = i,j a ia j i,j=1 c(k) c (k) ij a i a j } {{ } ( ) k S c(k) i,j ij a i a j ) = i,j a ia j v i,j 1 dotaz na f ( v), 2 dotazy do Π 2017/18(10) 17 / 56

NP IP[poly, O(1)] Theorem Ak Π je vo vzdialenosti 1/48 od lineárnej funkcie, f je konzistentná, systém nieje splniteľný, tak test zamietne s pravdepodobnosťou 1/8 ak korektne obe volania Π, random r, resp S spôsobí akcept s pravd. 1/2 aspoň jedna hodnota Π nekorektne s pravd. 1/24 nie je to splniteľné 1 Π nie je vo vzd. 1/48 od lineárnej Test Linearity reject s Pr. 1/48 2 Π je vo vzd. 1/48 od lineárnej ale nie je konzistentný Test konzistencie reject s Pr. 1/8 3 Π je vo vzd. 1/48 od lineárnej, je konzistentný ale nekóduje spĺňajúce priradenie Test Splniteľnosti reject s Pr. 1/8 2017/18(10) 18 / 56

δ-close funkcie, lineárne funkcie 0 < δ < 1, D, R konečné množiny; funkcie f, g : D R sú δ-close, ak {x D f (x) g(x)} D δ Pr x1,...,x k D{P(x 1,..., x k )} := {(x1,...,x k ) x 1,...,x k D P(x 1,...,x k )=TRUE} D k funkcie f, g sú δ-close ak Pr x D {f (x) g(x)} δ funkcia f : Z m 2 Z 2 je lineárna ak x, t Z2 m f (x + y) = f (x) + f (y) 2017/18(10) 19 / 56

δ-close funkcie, lineárne funkcie Lema Nech δ < 1/3, g : Z2 m Z 2 : Pr x,y Z m 2 {g(x + y) g(x) + g(y)} δ/2. Potom existuje lineárna funkcia f : Z2 m Z 2 taká, že funkcie f, g sú δ-close f (x) := b: {y Z m 2 g(x+y) g(y)=b} 2 m 1/2 1 f, g sú δ-close ak Pr x [f (x) g(x)] > δ def.f Pr x,y [g(x + y) g(y) g(x)] δ/2 SPOR 2 nech p a := Pr x [f (a) = g(a + x) g(x)]; def.f p a 1/2 ukážeme, že p a 1 δ 3 linearita f 2017/18(10) 20 / 56

δ-close funkcie, lineárne funkcie f (x) := b: {y Z m 2 g(x+y) g(y)=b} 2 m 1/2 p a := Pr x[f (a) = g(a + x) g(x)] chceme p a 1 δ Pr x,y [g(x + a + y) g(x + a) + g(y)] δ/2 Pr x,y [g(x + a + y) g(x) + g(y + a)] δ/2... +... δ 1 δ Pr x,y [g(x + a) + g(y) = g(x) + g(y + a)] = z Z m 2 Pr x[g(x + a) g(x) = z]pr y [g(y + a) g(y) = z] = z Z m 2 (Pr x[g(x + a) g(x) = z]) 2 f (a) = 0, Pr[g(x + y) g(y) = 0] 1/2, p a = Pr[f (a) = g(a + x) g(y)] 1/2 1 δ p 2 a + (1 p a ) 2 pa 1/2 p a (p a + (1 p a )) = p a 2017/18(10) 21 / 56

δ-close funkcie, lineárne funkcie k linearite: fixujme a,b Pr x [f (a) + f (b) + g(x) g(a + x) + f (b)] δ Pr x [f (b) + g(a + x) g(b + a + x)] δ Pr x [g(a + b + x) f (a + b) + g(x)] δ Pr x [f (a) + f (b) + g(x) = f (a + b) + g(x)] 1 3δ > 0 Pr x [f (a) + f (b) = f (a + b)] > 0 nezávisí od x, je 0 alebo 1, preto 1 2017/18(10) 22 / 56

LT a SCF Linearity test - Program LT Self-correcting - Program SCF vstup: δ < 1/3 orákulum: g : Z2 m Z 2 výstup: YES ak g je δ-close lineárnej fcii begin k:= 2/δ ; for i:=1 to k do begin random x, y Z m 2 ; if g(x) + g(y) g(x + y) the return NO end; return YES end fakt LT g je lineárna = YES g nie je δ-close k lineárnej = Pr[NO] 1/2 vstup: x Z2 m orákulum: g : Z2 m Z 2; δ-close fcia f výstup: f (x) begin random y Z m 2 ; return g(x + y) g(y) end fakt SCF Program SCF vráti hodnotu f (x) s pravdepodobnosťou 1 2 δ 2017/18(10) 23 / 56

LT a SCF fakt SCF Program SCF vráti hodnotu f (x) s pravdepodobnosťou 1 2 δ f, g sú δ-close Pr y [g(y) f (y)] δ Pr y [g(x + y) f (x + y)] δ f lineárna, preto f (x) = f (x + y) f (y) Pr[g(y) + g(x + y) f (y) + f (x + y)] 2δ Pr[g(y) + g(x + y) = f (y) + f (x + y)] > 1 2δ Pr[g(x + y) g(y) = f (x + y) f (y)] = = Pr[g(x + y) g(y) = f (x)] > 1 2δ 2017/18(10) 24 / 56

Aritmetizácia 3SAT polynóm literál u p u = 1 x u, u x u klauzula C = l 1 l 2 l 3 P C = p l1 p l2 p l3 formula Φ = C 1... C m P Φ = m i=1 P C i získali sme polynóm 3-stupňa: Φ(a 1,..., a n) = 1 P Φ (a 1,..., a n) = 0 Φ(a 1,..., a n) = 0 P Φ (a 1,..., a n) = 1 fakt: Nech r Z n 2, v 0. Potom Prr { n i=1 r i v i = 1 } = 1/2 P r Φ = m i=1 r i p Ci Φ(a 1,..., a n) = 1 = rp r Φ (a 1,..., a n) = 0 Pr r [P r Φ (a 1,..., a n) = 1] = 1/2 2017/18(10) 25 / 56

Aritmetizácia Random r Z m 2 a potom Pr Φ (a 1,..., a n)?1 nefunguje, lebo by bolo treba test (a 1,..., a n). Veta Nech a = (a 1,..., a n) Z2 n. Existujú 3 lineárne fcie A a : Z2 n Z 2 B a : Z2 n2 Z 2 C a : Z2 n3 Z 2 polynóm p stupňa 3, n premenných nad Z 2 p(a 1,..., a n) = α p + A a(q p,1 ) + B a(q p,2 ) + C a(q p,3 ), p(x 1,..., x n) = α p + p(a 1,..., a n) = α p + kde α p Z 2, q p,1 Z n 2, q p,2 Z n2 2, q p,3 Z n3 2 i I p,1 x i + i I p,1 a i + i,j I p,2 x i x j + i,j I p,2 a i a j + i,j,k I p,3 x i x j x k i,j,k I p,3 a i a j a k A a : Z n 2 Z 2 A a(x 1,..., x n) = n i=1 a i x i B a : Z n2 2 Z 2 B a(y 1,..., y n 2 ) = n i=1 n j=1 a i a j y ij y ij = y (i 1)n+j C a : Z n3 2 Z 2 C a(z 1,..., z n 3 ) = n i=1 n j=1 n k=1 a i a j a k z ijk z ijk = y (i 1)n 2 +(j 1)n+k 2017/18(10) 26 / 56

3 SAT PCP[O(n 3 ), O(1)] dôkaz Π zreťazenie A, B, C, kde A = 2 n, B = 2 n2, C = 2 n3 majú to byť tabuľky hodnôt pre A a, B a, C a δ < 1/3 ak A, B, C nie je δ-close lineárnej, orákulum vráti NO s pravdep. aspoň 1/2 ak aj (s pravdepodobnosťou 1/8) sú δ-close lineárnej, nemusí to byť k tej istej V jednom dôkaze musí pre ã 1,..., ã n; b 1,..., b n 2 ; c 1,..., c n 3 platiť, že ã i ã j = b (i 1)n+j, ã i ã j ã k = c (i 1)n 2 +(j 1)n+k Consistency test - Program CT orákulum: A, B, C, δ-close funkcie lineárnych funkcií Ã, B, C výstup: YES ak Ã, B, C sú konzistentné begin random x, x Z2 n a = SCF (x, A ); a = SCF (x, A ); b = SCF (x x, B ) x x = y Z2 n2 ; y (i 1)n+j = x i x j if a a b then return NO; random x Z2 n, y Z 2 n2 a = SCF (x, A ); b = SCF (y, B ); c = SCF (x y, C ) x y = z Z2 n3 ; z (i 1)n 2 +(j 1)n+k = x i y (j 1)n+k if ab c then return NO; return YES end 2017/18(10) 27 / 56

3 SAT PCP[O(n 3 ), O(1)] Veta Nech δ < 1/24 je konštanta. Potom existuje konštanta k(závislá od δ), že ak neexistuje ã Z2 N : aby A, B, C boli δ-close lineárnym fciám s koef. ã, ã ã, ã ã ã, tak s pravdepodobnosťou 1-δ aspoň jeden spomedzi k volaní programov LT, CT vráti NO Checking satisfiabily - Program CSAT input: BF Φ s m klauzulami orákulum: A, B, C, δ-close funkcie lineárnych funkcií Ã, B, C výstup: YES ak sa Φ spĺňa priradením kódovaným Ã, B, C begin random r Z2 m vypočítaj α p r Φ, I p r Φ,1, I p r Φ,2, I p r Φ,3 k qφ r a = SCF (q p r, A ) Φ,1 b = SCF (q p r Φ,2, B ) c = SCF (q p r Φ,3, C ) if α p r Φ + a + b + c = 1 then return NO else return YES end NP PCP[O(n 3 ), O(1)] 2017/18(10) 28 / 56

Krátke dôkazy linearita, splniteľnosť polynómy nízkeho stupňa, kontrolné súčty symbol význam hodnota n počet Bool. premenných 3 q prvočíslo = 100 log 4 n F konečné pole Z q = {0,..., q 1} F = q H podmnožina H = {0,..., H 1} F H = log n k počet premenných polynómov log n log log n d celkový stupeň polynómu log n množina polynómov k premenných stupňa d F d,k 2017/18(10) 29 / 56

Krátke dôkazy W F, ω W, definujeme selektor S W ω (x) S W ω (x) = y W,y ω Zrejme S W ω (ω) = 1, S W ω (x) = 0 pre x ω x y ω y reprezentácia polynómu: polynóm a j x j 1 1 x j 2 2... x j k k k-premenných nad F celkového stupňa d môžme reprezentovať tabuľkou veľkosti q k log q P(), Q() F d,k sa zhodujú d q k 1 prvkoch F k Pr r [P(r) = Q(r) P Q] d qk 1 q k < 1 2 2017/18(10) 30 / 56

Krátke dôkazy Nech pre δ < 1/4 je f : F k F δ-close polynómu z F d,k. Potom ten polynóm je určený jednoznačne (môžme ho použiť na kódovanie). Veta Nech f : H t {0, 1}. Potom existuje jednoznačne určený polynóm p f F t H,t taký, že p f (y) = f (y) y H t. h H t definujme S h (x) = t i=1 SH h (x i i ). //Sω W (x) = x y y W,y ω ω y S h (h) = 1 S h (y) = 0 y F t, y h stupeň t H p f (x) = h H t S h(x) f (h) Načo je to dobré? Keďže H k n, spĺňajúce (n-bitové) priradenie hodnôt a môžme vnímať nasledovne: a : H k {0, 1} n bitov kódujeme postupnosťou q k slov dĺžky log q Dôkaz je korektný práve vtedy, keď je to (low-degree) polynóm kódujúci spĺňajúce priradenie. 2017/18(10) 31 / 56

low-degree test čiara b, s F k je množina prvkov l b,s = {b + st t F } čiara v F k Lema Funkcia g : F k F F d,k b, s F k : g b,s (t) = g(b + st) F d,1 Hovoríme, že g b,s je zúženie g na l b,s. čiarový polynóm Veta Nech g : F k F, l = l b,s je čiara. čiarový polynóm stupňa d pre g na l je polynóm P g l jednej premennej stupňa d, ktorý maximalizuje počet prvkov t F takých, že P g l (t) = g(b + st) úspešnosť g na l je podiel prvkov t F, pre ktoré P g l (t) = g(b + st). úspešnosť g je priemer cez všetky čiary Nech δ < 10 4. Potom každá funkcia g : F k F s úspešnosťou 1 δ/2 je δ-close k polynómu z F d,k 2017/18(10) 32 / 56

low-degree test low-degree test - Program LDT orákulum: funkcia k premenných g; line-table T T : F 2k F d+1 výstup: YES ak g je δ-close polynómu z F d,k begin repeat 3/δ krát begin random b, s F k, t F ; b, s F k d+1 koef. polynómu if P b,s (t) g(b + st) then return NO P b,s (t) = d+1 i=1 T (b, s) i t i 1 end; return YES end Veta Nech δ < 10 4. Potom g : F k F platí 1 ak g je polynóm z F d,k, tak existuje line-table T tak, že LDT s orákulom T vždy akceptuje 2 ak g nie δ-close k žiadnemu polynómu z F d,k, tak pre každú line-table T LDT s orákulom T zamieta s pravdepodobnosťou aspoň 3/4 3 LDT používa O(k log q) náhodných bitov, pričom dotazuje konštantný počet hodnôt g, T 2017/18(10) 33 / 56

korekcia LDP korekcia low-degree polynómu - Program CLDP vstup: orákulum: x F k g δ-close k funkcii f F d,k line-table T výstup: f (x) begin random s F k ; random t F ; if P x,s (t) g(x + st) then return NO else return P x,s (0) end 2017/18(10) 34 / 56

korekcia LDP Veta Nech g : F k F je δ-close polynómu f F d,k pre δ < 10 4, x F k. Potom program CLDP so vstupom x a orákulom g, T vráti f (x) s pravdepodobnosťou aspoň 1 2 δ d/q Program dá zlú odpoveď vtedy, keď P x,s je v T pre čiary l = l x,s rôzne od Pl f. Ukážeme, že vtedy na väčšine prvkov P x,s nesúhlasí s g, a teda program povie NO. pre aspoň (1 δ)q k čiar v L x súhlasí P f l s g v (1 δ)q bodoch l označme L good Nech l L good ; potom každý polynóm z F d,1 rôzny od P f l súhlasí s g v max. d + (1 (1 δ))q = d + q δ bodoch z l Platí aj pre P x,s = pravdepodobnosť nesprávnej odpovede je ohraničená pravdepodobnosťou toho, že l x,s / L good + pravdepodobnosť, že t je prvok, na kt. P x,s = g 1 (1 δ) + δ + d/q = 2 δ + d/q 2017/18(10) 35 / 56

aritmetizácia doteraz máme Φ(u 1,..., u n) polynóm P Φ stupňa 3 Φ(a) = 1 = P Φ (a) = 0 klauzuly sú jedného z nasl. typov p 0 (x, y, z) = (1 x)(1 y)(1 z) p 1 (x, y, z) = x(1 y)(1 z) p 2 (x, y, z) = xy(1 z) p 3 (x, y, z) = xyz p i (x, y, z) i je počet negovaných premenných najprv negatívne, indexy rastú klauzula typu j - najprv j s negáciou - Charakteristická funkcia χ i Φ, i = 0, 1, 2, 3 χ j Φ (i 1, i 2, i 3 ) = 1 Φ obsahuje klauzulu typu j s premennými u i1, u i2, u i3 Φ(a) = 1 j = 0, 1, 2, 3 i 1, i 2, i 3 {1,..., n} f j Φ (i 1, i 2, i 3 ) = χ j Φ (i 1, i 2, i 3 )p j (a i1, a i2, a i3 ) = 0 pritom funkciu χ j Φ možno vnímať ako H3k {0, 1} 2017/18(10) 36 / 56

Zero-test polynómov Chceme testovať f j Φ 0. Namiesto toho nahradíme χj Φ : H3k {0, 1}, p j : {0, 1} 3 {0, 1} "ich" polynómami nízkeho stupňa jednoznačne Nech g j Φ je ten výsledný polynóm. Chceme overiť g j Φ (x) = 0 x H3k Lema Existuje trieda R polynómov z F 3k H,3k (tzv. zero-testers), R =q 3k, že f : H 3k F, kt. NIE JE identicky rovná nule, platí Pr R R R(h)f (h) = 0 3/100 h H 3k Vieme ju skonštruovať v čase q O(k) (teda poly od n) stupeň g 3k H g(t 1,..., t 3k ) = g 0 f () = 0 t 1,..., t 3k H 3k h H 3k f (h) g 0 = max. 3 H k/q prvkov z F 3k = 0 3k i=1 t h i i 2017/18(10) 37 / 56

Zero-test polynómov Skonštruujeme b F 3k polynóm R b F 3k H,3k : h H 3k R b (h)f (h) = 0 g(b) = 0 Uvažujme I ti (x) := h H th i S H h (x), h H I t i (h) = t h i S(t 1,..., t 3k, x 1,..., x 3k ) = 3k i=1 I t i (x i ) h H 3k S(t 1,..., t 3k, h) = 3k i=1 I t i (h i ) = 3k i=1 th i i preto h H 3k f (h)s(t 1,..., t 3k, h) = h H 3k f (h) 3k i=1 th i i = g(t 1,..., t 3k ) b F 3k definujeme R b (x 1,..., x 3k ) = S(b, x 1,..., x 3k ) 2017/18(10) 38 / 56

Zero-test polynómov b F 3k R b (x 1,..., x 3k ) = S(b, x 1,..., x 3k ) Platí stupeň polynómu R b je 3k H h H 3k R b(h)f (h) = 0 g(b) = 0 (to sme chceli) Potom pre hľadanú triedu platí R = b F 3k R b Pr R R { R(h)f (h) = 0 } 3/100 2017/18(10) 39 / 56

Zero-test polynómov kontrolné súčty test na 0 sme zredukovali na súčet Nech f : F 3k F je polynóm stupňa d, H F. Potrebujeme overiť, že h H3k f (h) = 0 Pomôžeme si: i = 1,..., 3k i-ty polynóm čiastočného súčtu g i : F i F g i (x 1,..., x i ) = y i+1 H y i+2 H... y 3k H f (x 1,..., x i, y i+1,..., y 3k ) Čo o ňom vieme? 1 i 3k 1 g i (x 1,..., x i ) = x H g i+1(x 1,..., x i, x) h H 3k f (h) = x 1 H g 1(x 1 ) Namiesto kontroly pre H 3k prvkov test g 1 (x 1 ) pre H prvkov. ALE kontrola, že je to naozaj g 1 z dôkazu. Verifikátor má prístup k hodnotám F a tabuľke T, kt. má 3k i=1 (d + 1)qi 1 riadkov veľkosti log q Dôkaz je reťazec dĺžky ( q 3k + ) 3k (d + 1)q i 1 log q i=1 2017/18(10) 40 / 56

kontrolný súčet - Program Sum-Check orákulum: f F d,3k, T -polynómy čiastočných súčtov výstup: YES ak f sa sčíta na 0 v H 3k begin prečítaj koef. g 1 (x); if x H g 1 (x) 0 then return NO; random r i F, i = 1,..., 3k for i:=2 to 3k do begin read koef. g i (r 1,..., r i 1, x); if x H g i (x) g i 1 (r i 1) then return NO end; if f (r 1,..., r 3k ) g 3k (r 3k) then return NO else return YES end Zero-test polynómov Lema Nech f : F k F je polynóm z F d,3k. Potom platí 1 ak h H3k f (h) = 0, tak existuje T, že Sum-check s orákulom f, T vždy akceptuje 2 ak h H3k f (h) 0, tak T Sum-check s orákulom f, T zamieta s pravdepodobnosťou aspoň 3/4 3 Sum-check používa O(k log q) náhodných bitov, pričom číta jednu hodnotu z f a 3k(d + 1) riadkov T 2017/18(10) 41 / 56

Zero-test polynómov 2017/18(10) 42 / 56

NP PCP[O(log n), O(log 4 n)] dokazujeme NP PCP[O(log n), O(log 4 n)] Dôkaz= low-degree polynóm f a line-table pre f a T a tab. polynómov čiastočných súčtov T 0 gφ 0, R b b F 3k T 1 T 2 T 3 1 treba overiť, že f a je δ-close k polynómu stupňa max. d. 2 j = 0, 1, 2, 3 treba argumentovať, že low-degree rozšírenie g j Φ funkcie j j Φ 0 3 počet bitov a dotazov 2017/18(10) 43 / 56

NP PCP[O(log n), O(log 4 n)] 2017/18(10) 44 / 56

NP PCP[O(log n), O(log 4 n)] 1 Treba overiť, že f a je δ-close k polynómu stupňa max. d. Testujeme konštantný počet hodnôt f a konštantný počet prvkov T a O(k log q) náhodných bitov 2 j = 0, 1, 2, 3 treba argumentovať, že low-degree rozšírenie g j Φ funkcie jj Φ 0 pre náhodný zero-tester polynóm R overíme, že sa cez prvky z H 3k sčíta R g j Φ na 0 Overenie pomocou Sum-check, s dotazmi do f a, T j χ j Φ závisí len od Φ, preto použijeme verifikátor: namiesto dotazu do g j Φ robíme 3 dotazy do fa Pre dostatočne malé δ vieme, že CLDP s veľkou pravdepodobnosťou vráti korektné hodnoty. Pravdepodobnosť akceptovania chybného dôkazu je teda 1/2 3 počet bitov a dotazov: DLT, correcting,sum-check O(k log q) = O(log n) náhodných bitov LDT, CLDP - konštantný počet dotazov do f a dĺžky O(log q) = O(log log n) - konšt. počet prvkov z T dĺžky O(k H log q) = O(log 2 n) Sum-check - konšt. počet hodnôt f a dĺžky O(log q) = O(log log n) O(k(d + 1)) = O(log 2 n) riadkov T j dĺžky O(k log q) = O(log 2 n) = O(log 4 n) bitov Veta NP PCP[O(log n), O(log 4 n)] 2017/18(10) 45 / 56

Výsledný dôkaz 1 Kompozičná lema Ak existuje (r 2 (n), q 2 (n)) normálny verifikátor pre 3SAT a NP PCP[O(r 1 (n)), O(q 1 (n))], tak NP PCP[O(r 1 (n) + r 2 (kq 1 (n))), O(q 2 (kq 1 (n)))], k konštanta 2 NP PCP[O(poly(n)), O(1)] v požadovanom normálnom tvare pre 3KNF 3 NP PCP[O(log n), O(polylog(n))] v požadovanom normálnom tvare pre 3KNF 4 1+3+3 = NP PCP[O(log n + log(kpolylog(n))), O(polylog(kpolylog(n)))] Zrejme O(log n + log(kpolylog(n))) = O(log n) O(polylog(kpolylog(n))) = O(polylog log(n)) = NP PCP[O(log n), O(polylog log(n)] 5 1+2+4 = NP PCP[O(log n + poly(kpolylog log n)), O(1)] Keďže O(log n + poly(kpolylog log(n))) = O(log n), dostávame NP PCP[O(log(n)), O(1)] 2017/18(10) 46 / 56

Výsledný dôkaz Def. Nech l, c sú funkcie N N, Σ je abeceda. (l, c) kódovacia schéma je funkcia E : Σ Σ : x Σ, x = n, E(x) = l(n)c(n). x, E(x) je kód (codeword), E 1 (x) - dekódovanie y Σ, y = l(n)c(n), je E 1 (y) = n x Σ, x = n, E 1 (E(x)) = x Schéma má minimálnu vzdialenosť δ min, ak je vzdialenosť medzi ľubovoľnými kódmi slov dĺžky n aspoň δ min l(n) c(n) ako tabuľka s l(n) riadkami a c(n) stĺpcami Hamingova vzdialenosť ak má y vzdialenosť od nejakého kódu < δ min /2, tak existuje jediný kód, ktorého vzdialenosť od y je < δ min /2 2017/18(10) 47 / 56

normálny tvar verifikátora verifikátor A pre 3SAT je v (r(n), q(n))-normálnom tvare, ak: (a) má (l, k q)-kódovaciu schému E, ktorá sa dá vypočítať v čase poly(δ min ) l(n) 2 h r(n) pre nejakú konštantu h (b) pre BF Φ v 3KNF a číslo c, ktoré delí n, verifikátor pracuje nasledovne 1 orákulum má dôkaz Π =binárna tabuľka s l(n/c) riadkami a kq(n/c) stĺpcami kódujúce tabuľky t 1,..., t c rovnakej veľkosti 2 Ak t 1,..., t c sú kódy a E 1 (t 1 ),..., E 1 (t c) spĺňajúce priradenie Φ, tak existuje dôkaz Π, že A akceptuje s pravdepodobnosťou 1 3 Ak existuje t i so vzdialenosťou od kódu δ min /3, potom pre každý dôkaz Π verifikátor A akceptuje s pravdepodobnosťou < 1/2 4 Ak každé t i má vzdialenosť od kódu < δ min /3, ale E 1 (t 1 ),..., E 1 (t c) nie je spĺňajúce priradenie, tak pre každý dôkaz Π verifikátor A akceptuje s pravdepodobnosťou < 1/2 5 A používa presne h r(n) náhodných bitov 6 náhodný reťazec dĺžky hr(n) A prečíta presne d riadkov tabuliek, ktorých indexy závisia len od toho náhodného reťazca; d je konštanta 7 d riadkov tabuliek dĺžky hr(n) orákula, ktoré A číta sa v polynomiálnom čase rozhodne, či A akceptuje 2017/18(10) 48 / 56

normálny tvar verifikátora 2017/18(10) 49 / 56

normálny tvar verifikátora Veta Ak existuje verifikátor v (r(n), q(n))-normálnom tvare pre 3SAT, tak NP PCP[O(r(n)), O(q(n))] c skupín o n/c premenných, kódovaná kódovacou schémou E Ak Pr[A akceptuje Π] 1/2, tak formula je splniteľná Kompozičná lema zložený verifikátor simuluje A 1 a overí, že A 1 akceptuje Π 1 (polynomiálny čas) verifikátor A 2 má pre každý (potenciálny) náhodný reťazec A 1 prístup k jednému riadku dôkazu Lema (kompozičná) Ak existuje verifikátor v (r 2 (n), q 2 (n))-normálnom tvare pre 3SAT a NP PCP[O(r 1 (n)), O(q 1 (n))], tak NP PCP[O(r 1 (n) + r 2 (kq 1 (n))), O(q 2 (kq 1 (n)))], k konštanta 2017/18(10) 50 / 56

dôkaz kompozičnej lemy 2017/18(10) 51 / 56

dôkaz kompozičnej lemy Majme konštanty h 1, k 1, d 1 a A 1 potvrdzujúci, že 3SAT PCP[O(r 1 (n)), O(q 1 (n))] (pre vstup dĺžky n použije h 1 r 1 (n) náhodných bitov, z dôkazu číta d 1 slov dĺžky k 1 q 1 (n) ) Konštrukcia tabuľky dôkazov Φ je 3KNF dĺžky n Π 1 je dôkaz s l 1 (n) riadkami, k 1 q 1 (n) stĺpcami, l 1 (n) 2 h1r1(n) tabuľka - prvá časť je dôkaz, že druhá časť je dôkaz splniteľnosti Φ náhodný reťazec r, r = h 1 r 1 (n): y1 r,..., y d r 1 slová čítané A 1 z Π 1 L = {(y 1,..., y d1 ) y i = k 1 q 1 (n), A 1 akceptuje keď číta (y 1,..., y d1 )} A 1 je polynomiálny = L P nech A L je polytime TM, ktorý rozhoduje L, Φ AL príslušná BF z dôkazu SAT NPC d 1 k 1 q 1 (n) premenných odpovedajúcich y i, polynomiálne veľa ďalších z j (y 1,..., y d1 ) L priradenie do z j, že spolu s y i spĺňajú Φ AL 2017/18(10) 52 / 56

dôkaz kompozičnej lemy Keďže existuje (r 2 (n), q 2 (n)) verifikátor v norm.tvare pre 3SAT, existujú konštanty h 2, k 2, d 2 (podľa Φ AL, d 1) (l 2 (n), k 2 q 2 (n))-kódovacia schéma s δ min, l 2 (n) 2 h 2r 2 (n) verifikátor A 2 v normálnom tvare Ak (y r 1,..., y r d 1 ) L, tak dôkaz Π r 2 (s l 2(k 1 q 1 (n)) riadkami a r 2 q 2 (k 1 q 1 (n)) stĺpcami) taký, že A 2 s orákulom E 2 (y1 r ),..., E 2(yd r 1 ), Π r 2 akceptuje s pravdepodobnosťou 1 2.časť tabuľky ( r máme v prvej časti Π r 2 ) zakódované riadky Π 1 pomocou kódovacej schémy E 2 = máme tabuľku s l 1 (n)l 2 (k 1 q 1 (n)) riadkami a k 2 q 2 (k 1 q 1 (n)) stĺpcami = zložená tabuľka má l(n) = 2 h1r1(n) l 2 (k 1 q 1 (n)) + l 1 (n)l 2 (k 1 q 1 (n)) riadkov kq(n) = k 2 q 2 (k 1 q 1 (n)) stĺpcov Keďže l 1 (n) 2 h1r1(n), l 2 (k 1 q 1 (n)) 2 h2r2(k1q1(n)) dostávame l(n) 2 2 h1r1(n) 2 h2r2(k1q1(n)) 2 h(r1(n)+r2(k1q1(n))) 2017/18(10) 53 / 56

dôkaz kompozičnej lemy 2017/18(10) 54 / 56

dôkaz kompozičnej lemy Zložený verifikátor A najprv simuluje A 1 s náhodným reťazcom r dĺžky r = h 1 r 1 (n), pričom vygeneruje indexy riadkov do Π 1 a indexy ich tabuliek v druhej časti zloženej tabuľky A simuluje A 2 s náhodným reťazcom r dĺžky r = h 2 r 2 (k 1 q 1 (n)), s orákulom ako predtým a dôkazom Π r 2 z prvej časti zloženej tabuľky A akceptuje, ak A 2 akceptuje Pritom A použilo presne h 1 r 1 (n) + h 2 r 2 (k 1 q 1 (n)) náhodných bitov Dôkaz korektnosti Φ SAT = dôkaz Π 1 s l 1 (n) riadkami a k 1 q 1 (n) stĺpcami taký, že A 1 s orákulom Π 1 akceptuje s pravdepodobnosťou 1. náhodné r, r = h 1 r 1 (n) d 1 -tica E 2 (y 1 ),..., E 2 (y d1 ), ktorej každá zložka má l 2 (k 1 q 1 (n)) riadkov a k 2 q 2 (k 1 q 1 (n)) stĺpcov A 1 s orákulom Π r 2, E 2(y 1 ),..., E 2 (y d1 ) akceptuje s pravdepodobnosťou 1. = A akceptuje s pravdepodobnosťou 1 2017/18(10) 55 / 56

dôkaz kompozičnej lemy Φ / SAT potrebujeme ukázať, že pre daný dôkaz Π s l(n) riadkami a kq(n) stĺpcami je pravdepodobnosť toho, že A nezamieta, ohraničená vhodnou konštantou(iterovaním ju dostaneme pod 1/2) Druhá časť Π je l 1 (n) tabuliek, ktoré majú l 2 (k 1 q 1 (n)) riadkov a k 2 q 2 (k 1 q 1 (n)) stĺpcov Sú to kódy, aplikovaním E 1 2 dostaneme tabuľku Π s l 1 (n) riadkami a k 1 q 1 (n) stĺpcami Pr[A 1 s orákulom Π akceptuje ] < 1/2 (Φ / SAT ) = A 1 s orákulom Π zamieta s pravdepodobnosťou > 1/2 Zoberme náhodný reťazec r, r = h 1 r 1 (n), ktorý vedie k zamietaniu A 1 : y1 r,..., y d r 1 sú tie riadky Π, ktoré vtedy A 1 čítalo = (y r 1,..., y r d 1 ) / L A 2 s orákulom Π má l 2 (k 1 q 1 (n)) riadkov a k 2 q 2 (k 1 q 1 (n)) stĺpcov Π 1,..., Π d 1 zamieta s pravdepodobnosťou > 1/2 Pr[A zamieta ] Pr[A 1 zamieta ] Pr[A 2 zamieta ] > 1/4 2017/18(10) 56 / 56